Beweis Nullfolge und Konvergenz

06.12.2011, 14:56

chrlan

Beweis Nullfolge und Konvergenz

Meine Frage:
a) Es sei $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\ge 1} \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen derart, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} a_n \end{eqnarray*}$ konvergiert. Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} (n a_n)_{n\ge 1} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist.

b) Konvergiert

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

Meine Ideen:
bei der a) gehe ich davon aus, dass das das gleiche ist wie das hier:
http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=475851

allerdings habe ich bei der b noch keine idee.
Ich muss da irgendwie zeigen, dass:

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

Weil dann würde es ja konvergieren, laut Verdichtungskriterium.

Jemand eine Idee?

06.12.2011, 15:38

Gaster

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RE: Beweis Nullfolge und Konvergenz
Das Verdichtungskriterium könnte da helfen.

06.12.2011, 15:44

chrlan

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also kann ich das so machen:

abschätzen:

$\begin{eqnarray*} \log n>1 \end{eqnarray*}$

und dann die konvergenz mit verdichtungskriterium zeigen?

06.12.2011, 15:52

René Gruber

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Zunächst mal heißt es wohl eher

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\log n} \end{eqnarray*}$

denn für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ ist das Reihenglied nicht definiert.

Und $\begin{eqnarray*} \log(n)>1 \end{eqnarray*}$ ist nicht relevant, wichtig für die Anwendung des Verdichtungskriteriums hier ist nur, dass $\begin{eqnarray*} n\mapsto n\log(n) \end{eqnarray*}$ positiv und monoton wachsend ist.

06.12.2011, 15:59

chrlan

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ist das nicht automatisch gegeben wenn logn>1 ist?
ich will das so abschätzen, weil man mit verdichtungskriterium nur die konvergenz zeigen kann für:

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

wenn $\begin{eqnarray*} \alpha>1 \end{eqnarray*}$

oder sehe ich das falsch.
wüsste nicht wie ich das laut deinem vorschlag machen kann. kannst du das vllt noch etwas genauer erklären? wäre echt nett Augenzwinkern

06.12.2011, 18:44

René Gruber

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Zitat:

Original von chrlan
wüsste nicht wie ich das laut deinem vorschlag machen kann.

Was erzählst du denn da? Ich mache doch gar keinen anderen Vorschlag, sondern habe nur nochmal erwähnt, welche Voraussetzung erfüllt sein muss, damit das Verdichtungskriterium angewandt werden kann.

Beiläufig erwähnt kann man mit diesem Kriterium nicht nur Konvergenz, sondern auch Divergenz nachweisen. Setze also erstmal ein, dann wirst du schon merken, auf welchen der beiden Fälle es hinauslaufen wird. Augenzwinkern

06.12.2011, 18:55

chrlan

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ok. nur noch ne ganz doofe frage.
was setze ich denn für mein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ein?
muss ja auf jeden fall >1 sein, oder bin ich jetzt total verwirrt?

06.12.2011, 22:17

HAL 9000

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Fragen über Fragen...

Zitat:

Original von chrlan
was setze ich denn für mein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ein?

Von welchem \alpha redest du? Das von deinem "Nebenkriegsschauplatz", der jetzt erstmal vollkommen uninteressant ist? Warum setzt du denn nicht erstmal in das Verdichtungskriterium ein, wie dir nun schon mehrfach empfohlen wurde? Traust du den Tipps nicht, oder warum tust du das nicht? unglücklich

07.12.2011, 09:07

chrlan

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ok hab das gemacht.
komme dann auf folgendes:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\cdot \log(n)}>\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\cdot \log(n)} \end{eqnarray*}$

hat das gleiche Konvergenzverhalten wie:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty}2^k \frac{1}{2^k\cdot \log(2^k)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k}>\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{ln(e^k)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac 1 k\\ \Rightarrow \text{Divergenz} \end{eqnarray*}$

stimmt das so?

07.12.2011, 09:54

René Gruber

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Zitat:

Original von chrlan
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty}2^k \frac{1}{2^k\cdot \log(2^k)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k} \end{eqnarray*}$

Der Teil stimmt ganz gewiss nicht, richtig (nach Kürzen und Logarithmusauflösung $\begin{eqnarray*} \log(2^k)=k\cdot\log(2) \end{eqnarray*}$ ) ist

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty}2^k \frac{1}{2^k\cdot \log(2^k)} = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\log(2^k)} = \frac{1}{\log(2)} \cdot \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ .

07.12.2011, 14:36

chrlan

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stimmt du hast recht ich hatte mich vertippt. bei mir am blatt hatte ich das anders stehen ich editier das grade mal
edit: oh geht nicht mehr

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