reihe,konvergenz

29.11.2005, 16:48

razer

reihe,konvergenz

Hi!
Bräuchte einen Tipp für folgende Konvergenzüberprüfung einer reihe:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~\frac{1+5n}{5^n}*ln(n) \end{eqnarray*}$

Welches Kriterium passt am besten?

LG razer

29.11.2005, 16:52

Frooke

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Hast Du denn selbst schon eine Idee?

29.11.2005, 16:55

razer

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nunja ich wende irgendeins der konvergenzkriterien an, zb. quoteintenkriterium....aber da bekomm ich irgendwie nur einen fetten bruch raus zB mit ln(n+1) und da hab ich keine ahnung wie ich das erweitern/kürzen kann....

lg

29.11.2005, 17:04

Frooke

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Hört sich aber gut an, ich würde es auch mit dem Quotientenkriterium versuchen:
$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1+5(n+1)}{5^{n+1}}\ln (n+1)}{\frac{1+5n}{5^n}\ln n} \end{eqnarray*}$
Also
$\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1+5(n+1)}{5^{n+1}}\frac{5^n}{1+5n}\ln (n+1)}{\ln n} \end{eqnarray*}$
Da lässt sich ja im vorderen Teil schon etwas kürzen. Und diese ln(n+1) und ln(n) muss dich ja zunächst nicht stören.
Was kriegst Du denn vereinfacht?

29.11.2005, 17:06

Leopold

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Bestimme eine Majorante. Zum Abschätzen beachte: $\begin{eqnarray*} \ln{x} \leq x-1 \end{eqnarray*}$ . Dies gilt für alle reellen $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ (Tangente des Graphen der $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ -Funktion bei $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ , Graph ist konkav). Ferner kannst du

$\begin{eqnarray*} \text{linearer Term in} \ n \ \leq 2^n \end{eqnarray*}$

verwenden. Das gilt zumindest für alle genügend großen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

29.11.2005, 17:09

Frooke

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@Leo: Stimmt, aber ginge es nicht auch mit dem Q-kriterium?

29.11.2005, 17:14

Leopold

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Möglicherweise geht es auch damit. Das ist mir aber zu kompliziert.
Übrigens wird das Quotientenkriterium ja gerade durch einen Vergleich mit einer geometrischen Reihe bewiesen. Wenn ich also die vorgelegte Reihe gleich mit einer geometrischen Reihe abschätzen kann, wozu dann erst der Umweg über das Quotientenkriterium?

29.11.2005, 17:18

razer

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$\begin{eqnarray*} \frac{(1+5(n+1))*5^{n+1} *ln(n+1)}{(1+5n)*5^n*ln(n)} \end{eqnarray*}$

das kommt raus, 5^n schon weggekürzt

29.11.2005, 17:24

razer

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Zitat:

Original von razer
$\begin{eqnarray*} \frac{(1+5(n+1))*5^{n+1} *ln(n+1)}{(1+5n)*5^n*ln(n)} \end{eqnarray*}$

das kommt raus, 5^n schon weggekürzt

$\begin{eqnarray*} \frac{(1+5(n+1))*5*5^{n} *ln(n+1)}{(1+5n)*5^n*ln(n)} \end{eqnarray*}$

da kann ich ja nochmal 5^n kürzen ergibt:

$\begin{eqnarray*} \frac{(1+5(n+1))*5 *ln(n+1)}{(1+5n)*ln(n)} \end{eqnarray*}$

29.11.2005, 17:38

razer

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Zitat:

Original von razer

Zitat:

Original von razer
$\begin{eqnarray*} \frac{(1+5(n+1))*5^{n+1} *ln(n+1)}{(1+5n)*5^n*ln(n)} \end{eqnarray*}$

das kommt raus, 5^n schon weggekürzt

$\begin{eqnarray*} \frac{(25n+30) *ln(n+1)}{(1+5n)*ln(n)} \end{eqnarray*}$
das scheint größer 1 zu sein, da der ln ja wachsend ist....also divergent und das ist falsch, da ich weiß, dass sie konvergent ist(steht dabei^^)
r.

29.11.2005, 17:41

Leopold

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Jetzt bin ich fast etwas schadenfroh, daß du dich in deinen Rechenkünsten verfangen hast. Warum gehst du fast zwanghaft den Weg über das Quotientenkriterium? Das liegt doch hier überhaupt nicht nahe.

29.11.2005, 17:45

razer

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haha ggg

nunja das quotientenkrit. ist irgendwie das leichteste, keine ahnung wie ich hier ne vergleichsreihe finden soll......
gruß,razer

29.11.2005, 17:50

Leopold

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Ich habe es dir oben beschrieben:

$\begin{eqnarray*} 1+5n \leq 2^n \, , \ \ \ln{n} \leq n-1 \leq 2^n \end{eqnarray*}$

für alle genügend großen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , z.B. $\begin{eqnarray*} n \geq 5 \end{eqnarray*}$ .

29.11.2005, 17:59

razer

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ACHAAA ok mir ist ein licht aufgegangen, schau du bitte, obs stimmt smile

also statt dem hier:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~\frac{1+5n}{5^n}*ln(n) \end{eqnarray*}$

schreib ich es so, da wie du sagtest, die ausdrücke für fast alle n größer sind:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~\frac{2^n}{5^n}*2^n \end{eqnarray*}$
stimmen meine überlegungen bis hier hin?

lg

29.11.2005, 18:07

Leopold

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Wenn du es so meinst, daß die erste Reihe durch die zweite abgeschätzt werden kann (genauer: alle Summanden aber $\begin{eqnarray*} n=5 \end{eqnarray*}$ ), dann stimmt das. Aber wie geht es jetzt weiter?

29.11.2005, 18:55

razer

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ja und jetzt zeige ich, dass meine reihe=majorante konvergent ist .....
wenn ichs mit quotientendings mach, komm ich auf
4^n/5.....bringt mir das was???
oder schlägst du ein andres kriterium vor?
gruß!

29.11.2005, 19:00

Leopold

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Viel einfacher:

$\begin{eqnarray*} \frac{2^n \cdot 2^n}{5^n} = \frac{4^n}{5^n} = \left( \frac{4}{5} \right)^n \end{eqnarray*}$

Die geometrische Reihe mit $\begin{eqnarray*} q = \frac{4}{5} \end{eqnarray*}$ ist bekanntermaßen konvergent.

Wir haben übrigens unverschämt grob abgeschätzt, aber zum Nachweis der Konvergenz reicht das hier.

29.11.2005, 19:35

razer

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DANKE LEOPOLD
und ich hab auch endlich das majoranten - und minoranten - kriterium verstanden smile

gruß,razer.

29.11.2005, 20:50

razer

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ich bins wieder:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~\frac{1}{\sqrt{ln(n)+\frac{sin(n^2)}{n}}} \end{eqnarray*}$

es wird wohl wieder der selbe trick sein, aber ich komm einfach net drauf ...

gruß,razer

EDIT:danke für den hinweis!

29.11.2005, 20:52

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von razer
ich bins wieder:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~\frac{1}{\sqrt{ln(n)+} \frac{sin(n^2)}{n}} \end{eqnarray*}$

Bitte erstmal den Fehler in der Formel korrigieren.

Gruß MSS

30.11.2005, 11:16

razer

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mir macht der sinus irgensdwie zu schaffen...kann ich den nicht irgwendwie anders schreiben??

razer.

30.11.2005, 11:21

JochenX

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ohne jetzt groß nachzudenken (solche reihen mag ich eh nicht)
gegebenfalls nutzt es dir, dass der sinus immer in [-1,1] liegt, da bieten sch abschätzungen stets an

30.11.2005, 14:11

Mathespezialschüler

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Nutze $\begin{eqnarray*} \sin n^2\leq 1\leq n \end{eqnarray*}$ und wieder $\begin{eqnarray*} \ln n\leq n-1 \end{eqnarray*}$ , um eine divergente Minorante zu finden.

Gruß MSS

30.11.2005, 15:04

razer

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muss meine vergleichsreihe(minorante) nicht kleiner gleich der gegebenen reihe sein?

ich könnt zB das machen:

$\begin{eqnarray*} \frac{sin(n^2)}{n} > -n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ln(n) > \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

aber das führt zu nix,weil die wurzel stört....
muss bei ner minorante nur die minorante selber kleiner sein oder jeder ausdruck?
gruß!

30.11.2005, 15:08

Mathespezialschüler

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Ja, aber bei der Reihe steht ja alles im Nenner. Und wenn der Bruch kleiner werden soll, der Zähler aber konstant bleibt, muss der Nenner größer werden. Der Nenner muss also nach oben abgeschätzt werden und dafür hilft das, was ich dir als Tipp gegeben habe.

Gruß MSS

30.11.2005, 15:18

razer

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ok , also ist das schon meine minorante?

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{n+n-1} } \end{eqnarray*}$

30.11.2005, 15:21

Mathespezialschüler

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Nein, das ist gar keine Reihe, sondern nur ein Term. Eine Minorante ist:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{1}{\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

30.11.2005, 15:25

razer

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sry,summenzeichen vergessen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~ \frac{1}{\sqrt{n+n-1} } \end{eqnarray*}$

30.11.2005, 15:27

Mathespezialschüler

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Anscheinend hast du dir sehr grobe Abschätzung $\begin{eqnarray*} \sin n^2\leq n^2 \end{eqnarray*}$ benutzt, aber es stimmt: Auch deine Reihe ist eine Minorante.

Gruß MSS

30.11.2005, 15:34

razer

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weil du sagstest grobe abschätzung:
könnte ich hier noch ne bessere bzw. genauere machen?
Gruß!

30.11.2005, 15:34

Takeshi

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Bei Reihen, in denen ein Logarithmus vorkommt, sollte man mal das Verdichtungskriterium probieren.

30.11.2005, 15:38

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von razer
weil du sagstest grobe abschätzung:
könnte ich hier noch ne bessere bzw. genauere machen?
Gruß!

Natürlich!!!

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Nutze $\begin{eqnarray*} \sin n^2\leq 1\leq n \end{eqnarray*}$

Gruß MSS

30.11.2005, 15:53

razer

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acha ok dann würde die reihe wohl so aussehen:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~ \frac{1}{\sqrt{n} } \end{eqnarray*}$
und da fällt mir doch glatt auf, dass die gegen null geht und das kann nicht sein oder was sagst du?
gruß!

30.11.2005, 16:03

Mathespezialschüler

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Was geht gegen 0? Nur weil die Glieder gegen 0 konvergieren, muss die Reihe noch nicht konvergieren!!!

Gruß MSS

30.11.2005, 16:06

razer

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ja schon, hab mich falsch artikuliert...aber sie ist dennoch konvergent,wie zB das quotientenkriterium beweist....
Gruß!

30.11.2005, 16:16

Mathespezialschüler

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Achja? Zeig mir das dochmal mit dem Quotientenkriterium! Dass z.B.

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

divergiert, ist dir bekannt oder?

Gruß MSS

30.11.2005, 16:22

razer

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sorry, aber jetzt komm ich nicht ganz mit......
meine eigentliche reihe muss ja divergieren.....
also muss die minorante auch divergieren.....
und $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~ \frac{1}{\sqrt{n} } \end{eqnarray*}$
ist meiner auffassung nach KONVERGENT......und nichts anderes habe ich oben geschrieben....warum soll ich jetzt zeigen dass sie divergiert??
gruß!

30.11.2005, 16:23

Mathespezialschüler

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Dann beweise mir doch mal, dass

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{1}{\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$

konvergiert!!!

Gruß MSS

30.11.2005, 16:29

razer

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......
$\begin{eqnarray*} \frac{an+1}{an} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} <1 => konvergent \end{eqnarray*}$

30.11.2005, 16:29

Takeshi

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Zitat:

Original von razer
und $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~ \frac{1}{\sqrt{n} } \end{eqnarray*}$
ist meiner auffassung nach KONVERGENT......

Deine Auffassung ist leider falsch. Man kann ganz leicht eine divergente Minorante finden. Tipp: In diesem Thread wurde sie sogar schon gepostet.

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