Konvergente Reihen

13.06.2011, 14:32

Leagil

Konvergente Reihen

Meine Frage:
Man untersuche folgende Reihen auf Konvergenz

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{n!}{5*7....(2n+3)} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Naja versteh nicht ganz wie man daran geht.. hab mir das im Skript durchgelesen zur Harmonischen Reihe da diese ja Ähnlichkeit damit hat oder?

Versteh irgendwie den weg wie da die Divergenz bewiesen wird nicht ganz...

Dort wird Eine Partialsumme betrachtet, welche dann aufgeteilt wird, sodass am ende Einzelne Glieder in Klammern > 1/2 sind.

13.06.2011, 15:39

Leagil

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Habe das nun mal probiert einfach.. nachm dem Cauchyschen Konvergenzkriterium:

Hab dann

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^n \frac{n!}{5*7....(2n+3)} - \sum\limits_{n=1}^m \frac{n!}{5*7....(2n+3)} = \sum\limits_{n= m+1}^n \frac{n!}{5*7....(2n+3)} \end{eqnarray*}$

und dann die Letze Summe betrachtet und gesagt:

Da (2n+3)*(2n+3)... > n! für n von m+1-n

Ist das somit eine Nullfolge.

Somit ist $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n= m+1}^n \frac{n!}{5*7....(2n+3)} \end{eqnarray*}$ < Epsilon

Somit konvergiert die Folge. richtig? Big Laugh

14.06.2011, 12:50

Leagil

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Kann mir da keiner helfen?? unglücklich

14.06.2011, 13:07

René Gruber

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Zitat:

Original von Leagil
und dann die Letze Summe betrachtet und gesagt:

Da (2n+3)*(2n+3)... > n! für n von m+1-n

Ist das somit eine Nullfolge.

Das solltest du mal näher ausführen: Wieso tauchen da mehrere Faktoren (2n+3) auf??? Eigentlich besteht das Produkt im Nenner deines Reihengliedes doch mutmaßlich aus $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ aufeinander folgenden ungeraden Zahlen, also

$\begin{eqnarray*} 5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot \ldots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3) \end{eqnarray*}$ .

So zumindest habe ich das verstanden, und in diesem Kontext ist deine Begründung total unverständlich. unglücklich

Erfolgversprechender scheint mir eine Majorantenabschätzung deiner Reihe, basierend auf der Nennerabschätzung

$\begin{eqnarray*} 5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot \ldots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3) \geq 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot (2n-2) \cdot (2n) = 2^n\cdot n! \end{eqnarray*}$ ,

d.h. jeder der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungeraden Faktoren wird nach unten durch die um genau 3 kleinere gerade Zahl abgeschätzt.

14.06.2011, 13:28

Leagil

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Warum hast du da (2n +1)?

Habe den Zähler so verstanden, das du eben jede Zahl von 1-n einsetzt und miteinander multiplizierst.. Also hast du für n=1 5, für n=2 7 usw... Und das ist ja mehr als 1*2*3...*n oder?

Ist meine annahme denn richtig das die Reihe konvergier??

14.06.2011, 13:30

René Gruber

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Zitat:

Original von Leagil
Warum hast du da (2n +1)?

Stellt die Frage mal so deutlich, dass man weiß, wo "da" ist.

14.06.2011, 13:36

Leagil

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Das solltest du mal näher ausführen: Wieso tauchen da mehrere Faktoren (2n+3) auf??? Eigentlich besteht das Produkt im Nenner deines Reihengliedes doch mutmaßlich aus $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ aufeinander folgenden ungeraden Zahlen, also

$\begin{eqnarray*} 5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot \ldots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3) \end{eqnarray*}$ .

Dort hast du am ende (2n+1).. ist das nur verschrieben oder versteh ich dann was falsch?

Also kann ich so argumentieren, dass für jedes

n*(n-1)*(n-2) < (2n +3)*(2(n-1)+3)*(2(n-2)+3)

Und das geht ja so weiter bis 1

14.06.2011, 13:39

René Gruber

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Zitat:

Original von Leagil
Also kann ich so argumentieren, dass für jedes

n*(n-1)*(n-2) < (2n +3)*(2(n-1)+3)*(2(n-2)+3)

Und das geht ja so weiter bis 1

Eine neue Begründung, aha. Soweit nun zumindest erstmal richtig, aber was bringt dir das für die Reihe?

14.06.2011, 13:42

Leagil

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Naja damit weiß ich doch, das

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{5*7*...(2n+3)} \end{eqnarray*}$ für hinreichend große n eine Nullfolge wird oder?

Und somit habe ich dann wie oben geschrieben gefolgert das die Reihe konvergiert.
Hab halt das Problem ich versteh nicht wirklich ab wann man nun sagt das eine Reihe konvergiert oder nicht.. Für mich konvergiert rein nach Logik die Reihe $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ auch, weil ich mir denke das es einen bestimmten wert (denke der liegt irgendwo bei 3?) nicht überschreitet mit immer größer werdendem n. Aber versteh auch die Begründung im Skript, das eben die Partialsummen am anfang Divergieren.. aber dann würde das ja für jede Reihe gelten oder?

14.06.2011, 13:45

René Gruber

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Zitat:

Original von Leagil
Naja damit weiß ich doch, das

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{5*7*...(2n+3)} \end{eqnarray*}$ für hinreichend große n eine Nullfolge wird oder?

Eigentlich erstmal nur, dass die Reihenglieder kleiner als 1 sind.

Und selbst wenn dir das mit der Nullfolge gelingt, ist das ja noch nicht hinreichend für Reihenkonvergenz, sondern lediglich notwendig.

P.S.: Übrigens sehr nett, dass du dich so um eine eigenständige Lösung bemühst, wo doch eine andere Lösung quasi schon fertig im Thread dasteht.

14.06.2011, 13:48

Leagil

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Na die Lösung guck ich mir gleich noch an Big Laugh

Aber das hilft mir nicht wirklich beim verstehen.. Weil ich eben nicht wirklich versteh wieso nun $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ nicht Konvergiert.

Und angenommen Das mit der Nullfolge wäre bei mir richtig dann würde das och mit dem Cauchyschen Konvergenzkriterium stimmen oder?

14.06.2011, 13:58

René Gruber

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Wie kommst du von

Zitat:

Original von Leagil
n*(n-1)*(n-2) < (2n +3)*(2(n-1)+3)*(2(n-2)+3)

auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ .

Und selbst wenn: Die Reihe mit Reihenglied $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ divergiert - das ist die Harmonische Reihe.

Würdest du dich bitte mal um eine zusammenhängende Darstellung bemühen. Es ist ekelhaft aufwändig, deine Gedächtnisbrocken zusammenzufegen und zu rätseln, was du damit meinen könntest - Beispiel hier: Da fällt dieses $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ vom Himmel. unglücklich

14.06.2011, 15:06

Leagil

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Egal vergessen wir das mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ =D

Erfolgversprechender scheint mir eine Majorantenabschätzung deiner Reihe, basierend auf der Nennerabschätzung

$\begin{eqnarray*} 5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot \ldots \cdot (2n+1) \cdot (2n+3) \geq 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot (2n-2) \cdot (2n) = 2^n\cdot n! \end{eqnarray*}$ ,

d.h. jeder der $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungeraden Faktoren wird nach unten durch die um genau 3 kleinere gerade Zahl abgeschätzt.

Das meintest du doch mit deiner lösung oder?
Aber ich weiß doch nicht ob meine Nenner konvergiert.
Majorante heißt doch, wenn ich eine Folge xn > yn habe und xn konvergiert so konvergiert auch yn oder?

Aber in diesem Fall weiß ich das doch gar nicht..

14.06.2011, 15:28

René Gruber

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Ich seh schon, wir lassen es besser bleiben.

14.06.2011, 22:35

bravocharly

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Prüfe doch einfach auf Monotonie und Beschränktheit. Monotonie bei Reihen ist recht einfach nachzuweisen bzw. zu widerlegen.

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