Konververgenz-, Divergenzkriterien

06.02.2011, 02:34	Medwed	Auf diesen Beitrag antworten »
Konververgenz-, Divergenzkriterien Hi, ich habe eine Frage zu Majoranten- und Minorantenkriterium. Also ich habe eine Reihe $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^\infty a_{n} \end{eqnarray}$ und merke, dass meine Folge $\begin{eqnarray} a_{n} \end{eqnarray}$ eine Nullfolge bildet. Ich verwende dann häufig das Quotienkriterium, um die Konvergenz oder Divergenz festzustellen. Aber ich möchte jetzt besser das Majoranten und Minorantenkriterium verstehen, auch für den Fall, dass bei Quotienkriterium = 1 herauskommt. Also nehmen wir an, wir haben folgende Reihe $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{5n + 1}{3n^{4} + 5n^{3}} \end{eqnarray}$ Unser geschulter Blick sieht sofort, dass wenn n gegen unendlich geht, nur die Faktoren mit großen Potenzen entscheidend sind. $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{n}{n^{4}} = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{n^{3}} \end{eqnarray}$ Und von $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{n}{n^{4}} = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{n^{3}} \end{eqnarray}$ wissen wir, wenn alpha größer 1 konvergiert die Reihe ( $\begin{eqnarray} a_{n} = \frac{1}{n^{\alpha }} \end{eqnarray}$ ). Meine Frage lautet, wenn ich das Majoranten - und Minorantenkriterium anwende, suche ja ich eine Vergleichsfolge. Und diese Vergleichfolge wähle ich eigentlich fast immer aus dieser Folge $\begin{eqnarray} a_{n} = \frac{c}{n^{\alpha }} \end{eqnarray}$ ? Natürlich werden sich noch andere Folge finden lassen, aber ich das so der Standard, aus dem man die Vergleichfolge ableitet? Ich denke, bei einer Potenzreihe muss ich mir etwas anderes einfallen lassen. Aber bei Reihen mit konstanter Potenz? Vielen Dank für eure Hilfe
06.02.2011, 09:52	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Konververgenz-, Divergenzkriterien Wenn die Reihenglieder $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ rationale Funktionen von n sind, wie in deinem Beispiel, so ist das sicher der "Standardtrick", was machst du aber z.B., wenn du mit der Reihe $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty \frac 1{n \ln n} \end{eqnarray}$ konfrontiert bist, um jetzt nur ein ganz einfaches Beispiel zu nennen, wo $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ eine andere Gestalt hat?
06.02.2011, 12:11	Medwed	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Konververgenz-, Divergenzkriterien Ich habe keine Idee, also ich würde sagen, Nullfolge ist es schon einmal. Dann könnte man meinen es ist eine harmonische Reihe, aber durch das ln n, denke ich das wir keine Partialsummen finden, die ein vorheriges Glied ergeben. Gutes Beispiel, Erklärung bitte Meine erste Idee war $\begin{eqnarray} \frac{1}{n^{n} } \end{eqnarray}$ aber das ist ja immer kleiner "<" als die obige Folge und nicht größer ">", deshalb funktioniert es nicht.
06.02.2011, 13:09	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Konververgenz-, Divergenzkriterien Betrachte dazu das uneigentliche Integral $\begin{eqnarray} \int_2^\infty \frac{dx}{x\ln x} \end{eqnarray}$ und weise nach, dass es divergiert... Auch die vorgegebene Reihe sollte danach divergieren (Warum?)...
07.02.2011, 02:06	Medwed	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Konververgenz-, Divergenzkriterien Ok, ich glaube, dass ich das nicht können muss. Ich kann es wahrscheinlich schon herleiten, aber ich möchte mir jetzt nicht die Mühe machen, weil die Zeit im Moment kostbar ist ^^ Aber es ist wichtig zu wissen, wo die Grenzen der Werkzeuge liegen. Aber wenn du es kurz niederschreiben würdest - den Beweis, würde ich mich natürlich freuen (Horizont erweitern).
07.02.2011, 04:32	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, Man kann das Beispiel von Mystic auch elementarer mit dem Verdichtungskriterium angehen. Gruss
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07.02.2011, 08:12	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, hier mal meine Beweisvariante... Dazu muss man nur sehen, dass 1. $\begin{eqnarray} \ln \ln x \end{eqnarray}$ eine Stammfunktion zu $\begin{eqnarray} (x \ln x)^{-1} \end{eqnarray}$ ist, weshalb das fragliche Integral sicher divergiert... 2. obige Reihe dann als Obersumme zu eben diesem Integral gedeutet werden kann und somit ebenfalls divergiert... Nun ist gonnabphd mit seinem "elementareren" Beweis "an der Reihe"...
07.02.2011, 08:27	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Verdichtungskriterium besagt: Ist $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ monoton fallend, so hat $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty a_n \end{eqnarray}$ das gleiche Konvergenzverhalten wie $\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty 2^n a_{2^n} \end{eqnarray}$ Hier bekommen wir also, dass $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty \frac 1{n \ln n} \end{eqnarray}$ das gleiche Konvergenzverhalten wie $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty \frac {2^n}{2^n \ln 2^n} = \sum_{n=2}^\infty \frac {1}{n \ln 2} = \frac{1}{\ln 2} \sum_{n=2}^\infty \frac 1n \end{eqnarray}$ hat. Dass die harmonische Reihe divergiert, weiss man entweder, oder man wendet noch einmal das Verdichtungskriterium an. ps.: Das Verdichtungskriterium hat Vorteile für solche ln Geschichten. z.B. um herauszufinden für welche $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum \frac{1}{n \ln n (\ln \ln n )^\alpha} \end{eqnarray}$ konvergiert ist das Verdichtungskriterium gut geeignet.

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