Reihe

07.02.2008, 20:02

Romaxx

Reihe

Für welche $\begin{eqnarray*} a\geq 0 \end{eqnarray*}$ konvergiert die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~a^{ln(n)} \end{eqnarray*}$ ?

Mir fehlt ein Ansatz. Wäre euch dankbar für Tipps.

Gruß

07.02.2008, 20:02

Dual Space

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RE: Reihe
Du könntest ja mal mit der notwendigen Bedingung für Reihenkonvergenz beginnen.

07.02.2008, 20:03

tmo

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schreibe den term mal so um, dass n die basis ist.

07.02.2008, 20:16

Romaxx

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Für $\begin{eqnarray*} 0 \leq a <1 \end{eqnarray*}$ ist die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ der Reihe eine Nullfolge.

$\begin{eqnarray*} (a_n)=a^{ln(n)}=e^{ln(a)*ln(n)}=n^{ln(a)} \end{eqnarray*}$

07.02.2008, 20:17

tmo

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genau. kennst du denn schon das konvergenzverhalten von $\begin{eqnarray*} \sum n^s \end{eqnarray*}$ in abhängigkeit von s?

07.02.2008, 20:19

Romaxx

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Hm, nein nicht direkt, aber sollte s nicht negativ sein? Sodass das n in den Nenner gelangt und dieser Ausdruck dann gegen Null konvergiert?

Gruß

07.02.2008, 20:20

tmo

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negativ auf jeden fall. nur reicht das schon? betrachte mal den fall $\begin{eqnarray*} s = -1 \end{eqnarray*}$

07.02.2008, 20:26

Romaxx

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Ahja, ich sehe was du meinst. Für s =-1 ist es noch divergent. Erst ab s=-2 ist die Reihe konvergent. Somit muss gelten: $\begin{eqnarray*} ln(a) \leq -2 <=> a \leq \frac{1}{e^2} \end{eqnarray*}$

07.02.2008, 20:27

vektorraum

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Bemerkung: Die Umformung ist zwar auch sehr schön, eine alternative Lösung geht über den Cauchyschen Verdichtungssatz und das Wurzelkriterium. Dazu schaut man sich also das Konvergenz/Divergenzverhalten der "verdichteten" Reihe an.

07.02.2008, 20:27

tmo

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und für $\begin{eqnarray*} s = -1.000001 \end{eqnarray*}$ ? Augenzwinkern

in wirklichkeit lässt sich mit dem Cauchy'schen Verdichtungskriterium oder dem Integralkriterium zeigen, dass die reihe schon für $\begin{eqnarray*} s < -1 \end{eqnarray*}$ konvergent ist.

07.02.2008, 20:29

Romaxx

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Hm, das Wurzelkriterium habe ich schon versucht, aber bin bisher noch auf keinen Nenner gekommen. Den Verdichtungssatz den wir bisher haben, scheint mir noch etwas zu schwer zu sein, habe ihn bisher auch noch nicht wirklich verstanden ,sondern nur im Ansatz. Wenn mir jemand das mit dem Wurzelkriterium zeigt wäre es super.

07.02.2008, 20:30

Romaxx

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Zitat:

Original von tmo
und für $\begin{eqnarray*} s = -1.000001 \end{eqnarray*}$ ? Augenzwinkern

in wirklichkeit lässt sich mit dem Cauchy'schen Verdichtungskriterium oder dem Integralkriterium zeigen, dass die reihe schon für $\begin{eqnarray*} s < -1 \end{eqnarray*}$ konvergent ist.

Argh, du hast recht, hab gerade nur an $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ gedacht. Hammer

07.02.2008, 20:32

vektorraum

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Die "verdichtete" Reihe lautet

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}2^n\cdot a^{\ln 2^n} \end{eqnarray*}$

Jetzt Wurzelkriterium anwenden.

07.02.2008, 20:33

Romaxx

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Achso, ich schreibe die Folge in die verdichtete Version um, und zeige die Konvergenz dieser. Daraus folgt die Konveregnz der anderen. Richtig?

07.02.2008, 20:39

vektorraum

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Verdichtungskriterium:

Sei $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende Nullfolge. Dann sind die beiden Reihen $\begin{eqnarray*} \sum a_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sum 2^n a_{2^n} \end{eqnarray*}$ entweder beide konvergent oder beide divergent.

Das heißt du vergleichst die ursrpüngliche Reihe mittels der verdichteten Reihe, da man im allgemeinen hofft, mittels der Vergleichsreihe eine Aussage über die Ausgangsreihe treffen zu können.

07.02.2008, 20:42

Romaxx

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Aha super dank Freude

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