Reihen: Konvergenzuntersuchung (Cauchysches Verdichtungskriterium)

09.01.2012, 12:46

Snuze

Reihen: Konvergenzuntersuchung (Cauchysches Verdichtungskriterium)

Hallo zusammen,

folgende Aufgabe bereitet mit Kopfzerbrechen:

Sei $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb R^+ \end{eqnarray*}$ . Folgende Reihe soll bzgl. Konvergenz und absoluter Konvergenz untersucht werden:

$\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}}$ \end{eqnarray*}$

-----------

Mein Ansatz wäre das Cauchysche Verdichtungskriterium anzuwenden, also die Reihe

$\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} 2^k \frac{1}{2^k \cdot (ln(2^k))^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(ln(2^kk))^{a}}$ \end{eqnarray*}$

Ich vermute, dass die weitere Untersuchung mithilfe des Majorantenkriteriums erfolgen soll. Ich finde allerdings keine geeignete Majorante (ich vermute nur, dass es etwas mit der geometrischen Reihe sein könnte).

09.01.2012, 12:52

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Reihen: Konvergenzuntersuchung (Cauchysches Verdichtungskriterium)
Wie bist du von $\begin{eqnarray*} 2^k \frac{1}{2^k \cdot (ln(2^k))^{a}} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{(ln(2^kk))^{a}} \end{eqnarray*}$ gekommen? verwirrt

09.01.2012, 13:08

Snuze

Auf diesen Beitrag antworten »

Argh Tippfehler (kanns leider oben nicht mehr korrigieren)

gemeint ist: $\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} 2^k \frac{1}{2^k \cdot (ln(2^k))^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(ln(2^k))^{a}}$ \end{eqnarray*}$

09.01.2012, 14:09

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

OK. Auf $\begin{eqnarray*} ln(2^k) \end{eqnarray*}$ kann man noch eine schöne Logarithmusregel anwenden. Augenzwinkern

09.01.2012, 15:16

Snuze

Auf diesen Beitrag antworten »

Gut ja, das hätte ich oben noch aufschreiben können.

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

Allerdings ist dies auch der Punkt an dem ich nicht weiterkomme. Meine Idee wäre zu untersuchen für welche a gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k \cdot ln(2))^{a}} \geq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$

d.h. zu untersuchen für welche a bei beliebigen aber festem k gilt:

$\begin{eqnarray*} k \leq k^a * ln(2)^a \end{eqnarray*}$

Allerdings weiß ich nicht wie ich die obige Ungleichung umstellen soll. Hätte ich ein solches a gefunden könnte ich sagen, dass die Reihe für solche a divergent ist.

Dann würde ich untersuchen für welche a gilt für beliebige $\begin{eqnarray*} \epsilon > 1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k \cdot ln(2))^{a}} < \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{\epsilon}} \end{eqnarray*}$

Dann wüsste ich, dass die Reihe für diese a konvergent ist.

09.01.2012, 15:27

klarsoweit

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

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

Wenn man bedenkt, daß $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(ln(2^k))^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k \cdot ln(2))^a} = \frac{1}{(ln(2))^a} \cdot \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^a} \end{eqnarray*}$ ist, dann muß man sich nur noch um $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^a} \end{eqnarray*}$ kümmern. Entweder greift man da auf bekannte Eigenschaften zurück, oder man wendet nochmal das Verdichtungskriterium an. smile

09.01.2012, 17:01

Snuze

Auf diesen Beitrag antworten »

Manchmal sieht man die einfachsten Dinge nicht... Du hast mir sehr geholfen.

So sieht nun mein vollständiger Beweis aus:

---------------------

Sei o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} $a \neq 0$ \end{eqnarray*}$ , da ansonsten

$\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{0}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$ \end{eqnarray*}$

Die harmonische Reihe wäre die divergiert.

Es ist leicht zu sehen, dass die Folge $\begin{eqnarray*} $\frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}}$ \end{eqnarray*}$ monoton fallend ist, daher kann das Cauchysche Verdichtungskriterium angewendet werden.
Laut Cauchyschem Verdichtungskriterium verhält sich die Reihe $\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}}$ \end{eqnarray*}$ bzgl der Konvergenz, wie die Reihe $\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} 2^k \frac{1}{2^k \cdot (ln(2^k))^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(ln(2^k))^{a}}$ \end{eqnarray*}$

Nun ist aber

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

Es muss daher nur die Reihe $\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{a}}$ \end{eqnarray*}$ untersucht werden. Wie leicht zu sehen ist, handelt es sich um eine monoton fallende Folge für $\begin{eqnarray*} $a > 0$ \end{eqnarray*}$ und daher soll das Cauchysche Verdichtungskriterium angewendet werden und folgende Reihe untersucht werden:

$\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} 2^k \frac{1}{(2^k)^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} 2^k \cdot 2^{-ka} = \sum_{k=1}^{\infty} 2^{k(1-a)} $ \end{eqnarray*}$

Es ist leicht zu sehen, dass die Folge $\begin{eqnarray*} $(c_k):= 2^{k(1-a)}$ \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} $a < 1$ \end{eqnarray*}$ keine Nullfolge ist und daher laut Trivialkriterium nicht konvergieren kann. Es bleibt also der Fall $\begin{eqnarray*} $a > 1 \Leftrightarrow l < 0$ \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} $l:= 1-a$ \end{eqnarray*}$ zu untersuchen.

$\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} 2^{k(1-a)} = \sum_{k=1}^{\infty} 2^{kl} = \sum_{k=1}^{\infty} (2^l)^{k}$ \end{eqnarray*}$

Wir erhalten also eine geometrische Reihe und da $\begin{eqnarray*} $l < 0 \Leftrightarrow 2^l < 1$ \end{eqnarray*}$ konvergiert die Reihe. Daher wissen wir auch dass die Reihe $\begin{eqnarray*} $\frac{1}{ln(2)^{a}} \cdot \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{a}}$ \end{eqnarray*}$ und daher auch $\begin{eqnarray*} $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}}$ \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a > 1 \end{eqnarray*}$ konvergieren.

$\begin{eqnarray*} $\Box$ \end{eqnarray*}$

Es bleibt noch die absolute Konvergenz zu untersuchen. Diese folgt allerdings für $\begin{eqnarray*} a > 1 \end{eqnarray*}$ aus der Aussage

$\begin{eqnarray*} $k \geq 1 \wedge a > 0 \Rightarrow \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}} = \sum_{k=1}^{\infty} | \frac{1}{k \cdot (ln(k))^{a}}|$ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} $\Box$ \end{eqnarray*}$

09.01.2012, 17:07

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zwei kleine Anmerkungen:

1) Du solltest all die Reihen mit dem $\begin{eqnarray*} \ln(k) \end{eqnarray*}$ im Nenner einfach erst bei $\begin{eqnarray*} k=2 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ beginnen lassen, das vermeidet unnötige "Division-durch-Null"-Diskussionen, um die es hier ja nun wirklich nicht gehen soll.

2) Deine Fallunterscheidung $\begin{eqnarray*} a<1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ hinterlässt den schlechten Geschmack, dass der Fall $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ unter den Tisch fällt. Schreib also an der Stelle hier

Zitat:

Original von Snuze
Es ist leicht zu sehen, dass die Folge $\begin{eqnarray*} $(c_k):= 2^{k(1-a)}$ \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} $a < 1$ \end{eqnarray*}$ keine Nullfolge ist

besser gleich $\begin{eqnarray*} a\leq 1 \end{eqnarray*}$ , und die Lücke ist geschlossen. Augenzwinkern

09.01.2012, 17:15

Snuze

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke du warst mir wirklich eine große Hilfe. Hoffe es war nicht allzu trivial für dich. Ich hab so meine liebe Not mit dem Mathestudium Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Reihen: Konvergenzuntersuchung (Cauchysches Verdichtungskriterium)

Verwandte Themen