Summe konvergiert..Scharparameter

26.01.2007, 20:00

phoney

Summe konvergiert..Scharparameter

Guten Abend.

Ich versuche krampfhaft herauszufinden, für welche $\begin{eqnarray*} a > 0 \end{eqnarray*}$ folgendes gilt: $\begin{eqnarray*} \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^a} < \infty \end{eqnarray*}$

a> Null ist hier die einzige Einschränkung. Heißt das jetzt, dass a aus IR ist?

In der Vorlesung haben wir einmal nachgewiesen, dass $\begin{eqnarray*} \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} \end{eqnarray*}$ ist. Folglich konvergiert die Summe für a>=2. Ebenfalls weiss ich, dass die Summe in den Grenzen von 1/x divergiert.

Ausprobieren sagt mir, dass für a>1 die Summe kleiner Unendlich ist.

Folglich ist meine Behauptung also

$\begin{eqnarray*} \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^1} > \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^2} > \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^3}>\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^4}>... \end{eqnarray*}$

Dass $\begin{eqnarray*} \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^n} > \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^{n+1}} \end{eqnarray*}$

kann ich mit vollständiger Induktion nachweisen?

Meine Frage ist jetzt eigentlich, wie kann ich das a berechnen?

Viele Grüße
phoney

26.01.2007, 20:15

therisen

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Hallo,

für $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ konvergiert die Reihe, für $\begin{eqnarray*} a\leq 1 \end{eqnarray*}$ divergiert sie.

Für $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ schätze die Partialsummen $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} s_{2^\nu-1} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} 2^\nu-1\geq n \end{eqnarray*}$ ab (Hinweis: Geschickt "Klammern"). Oder: Kennst du das Verdichtungskriterium?

Im Fall $\begin{eqnarray*} a\leq 1 \end{eqnarray*}$ schätze mit der harmonischen Reihe ab.

Gruß, therisen

27.01.2007, 10:49

phoney

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Moin.

Zitat:

Original von therisen
Hallo,

für $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ konvergiert die Reihe, für $\begin{eqnarray*} a\leq 1 \end{eqnarray*}$ divergiert sie.

Für $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ schätze die Partialsummen $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} s_{2^\nu-1} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} 2^\nu-1\geq n \end{eqnarray*}$ ab (Hinweis: Geschickt "Klammern"). Oder: Kennst du das Verdichtungskriterium?

Ich kenne eigentlich nur den Cauchy Verdichtungssatz, dafür habe ich aber noch nie etwas von Partialsummen gehört.

Die Summe $\begin{eqnarray*} \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^a} < \infty \end{eqnarray*}$ mit a >1 ist ja dann konvergent, wenn es im Allgemeinen für die verdichtete Reihe

$\begin{eqnarray*} \sum2^kb_{2^k} \end{eqnarray*}$ zutrifft.

Dann gilt ja jetzt,

$\begin{eqnarray*} \sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k^a} = s \end{eqnarray*}$ also konvergiere gegen s.

$\begin{eqnarray*} s \ge b_1+b_2+(b_3+b_4)+...(b_{2^{k-1}+1}+...+b_{2^k}) \ge 0.5 b_1+b_2+2b_4+4b_8+...+2^{k-1}b_{2^k} \end{eqnarray*}$

und wie wählt man jetzt das $\begin{eqnarray*} b_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_2 \end{eqnarray*}$ etc?
Etwa einfach nur 1, 2, 3,... in die Folge $\begin{eqnarray*} b_k=\frac{1}{k^a} \end{eqnarray*}$ einsetzen?

Also $\begin{eqnarray*} b_1 = \frac{1}{1^a} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b_2 = \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^a} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b_3 =\frac{1}{3^a} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b_{2^{k-1}+1} = \frac{1}{(2^{k-1}+1)^a} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b_{2k} = \frac{1}{2k^a} \end{eqnarray*}$

Dann würde gelten:

$\begin{eqnarray*} s \ge \frac{1}{1^a}+\frac{1}{2^a}+(\frac{1}{3^a}+\frac{1}{4^a})+...+(\frac{1}{(2^{k-1}+1)^a}+...+\frac{1}{2k^a}) \ge 0.5 b_1+b_2+2b_4+4b_8+...+2^{k-1}b_{2^k} \end{eqnarray*}$

Habe dieses Kriterium leider noch nie angewendet. Aber stimmt das denn so überhaupt?

Grüße,
phoney

27.01.2007, 11:39

therisen

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Ne, das bringt alles nichts. Und wie du mit den Notationen umgehst, da läuft es mir eiskalt den Rücken runter Big Laugh

Gut, wenn du das Verdichtungskriterium kennst, lässt sich die komplette Aufgabe damit recht einfach lösen.

Denn $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^a} \end{eqnarray*}$ hat das gleiche Konvergenzverhalten wie $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty \frac{2^k}{(2^k)^a} \end{eqnarray*}$ . Letzteres ist eine geometrische Reihe.

Gruß, therisen

27.01.2007, 15:41

phoney

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Also das ist ja erst einmal dasselbe wie

$\begin{eqnarray*} \sum (1/2^{a-1})^k \end{eqnarray*}$

Und jetzt wähle ich mein $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sum (1/2^{a-1})^k \end{eqnarray*}$ ... Aber dann würde ich für k wieder Werte einsetzen, und das ist ja nicht so ganz richtig.

Oder muss ich jetzt annehmen 2^n > k??

27.01.2007, 15:46

therisen

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Was redest du da für zusammenhangloses Zeug? Und was hast du immer mit deinem $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ ?

Kurz und schmerzlos: Die geometrische Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty (2^{1-a})^k \end{eqnarray*}$ konvergiert genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} 1-a<0 \end{eqnarray*}$ .

Gruß, therisen

27.01.2007, 16:08

phoney

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Zitat:

Original von therisen
Was redest du da für zusammenhangloses Zeug? Und was hast du immer mit deinem $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ ?

Ich war mir nicht klar darüber, wie das funktionieren soll.

Aber vielen Dank! Ich habe jetzt nicht nur viel zu dem Verdichtungssatz gelernt, sondern auch zu den Partialsummen: $\begin{eqnarray*} s_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} s_{2^\nu-1} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} 2^\nu-1\geq n \end{eqnarray*}$ a
gelernt. Vielen Dank also!

Gruss,
phoney

27.01.2007, 19:36

Hums

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ich hab hier eine ähnliche aufgabe $\begin{eqnarray*} \sum^\infty_{x=2} \frac{1}{x*ln(x)} \end{eqnarray*}$ kann ich die auch mit dem cauchysatz lösen oder welche abschätzung kann ich machen?

27.01.2007, 20:30

therisen

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Zunächst einmal eine Warnung: Es ist ganz schlechter mathematischer Stil, wenn man die Reihe so schreibt wie du das getan hast (x steht i.a. nicht für diskrete Werte).

Also, wir haben die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k\ln k} \end{eqnarray*}$ gegeben.

Meinst du wirklich $\begin{eqnarray*} \log_{e} k \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \log_{10} k \end{eqnarray*}$ ? Im letzteren Fall kann man ausnutzen, dass das Verdichtungskriterium nicht an die Zahl 2 gebunden ist.

Gruß, therisen

27.01.2007, 21:01

Hums

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Ich meine leider den $\begin{eqnarray*} log_e \end{eqnarray*}$ . Weisst du hierzu auch etwas?

27.01.2007, 21:12

therisen

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Hallo,

eine Möglichkeit stellt das Integralkriterium dar.

Die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k\ln k} \end{eqnarray*}$ konvergiert genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} \int_{2}^\infty \frac{1}{k\ln k} \dd k < \infty \end{eqnarray*}$ . Dies ist nicht der Fall Augenzwinkern

Gruß, therisen

27.01.2007, 21:58

Hums

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Tut mir leid ich bin einfach zud oof zum integrieren,partielle integration

$\begin{eqnarray*} u'= \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=\frac{1}{ln(x)} \end{eqnarray*}$

dann $\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{x}*\frac{1}{ln(x)} = ln(x)*\frac{1}{ln(x)} - \int ln(x) (-\frac{1}{x*ln(x)^2} = 1 + \int \frac{1}{x}*\frac{1}{ln(x)} \end{eqnarray*}$

Wenn ich das integral auf die andere seite bringen möchte kommt da null heraus.

27.01.2007, 22:45

Schmonk

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Zitat:

Original von Hums
Tut mir leid ich bin einfach zud oof zum integrieren,partielle integration

$\begin{eqnarray*} u'= \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v=\frac{1}{ln(x)} \end{eqnarray*}$

dann $\begin{eqnarray*} \int \frac{1}{x}*\frac{1}{ln(x)} = ln(x)*\frac{1}{ln(x)} - \int ln(x) (-\frac{1}{x*ln(x)^2} = 1 + \int \frac{1}{x}*\frac{1}{ln(x)} \end{eqnarray*}$

Wenn ich das integral auf die andere seite bringen möchte kommt da null heraus.

Wie wäre es denn mit Substitution? Wie war nochmal die Ableitung von $\begin{eqnarray*} \ln x \end{eqnarray*}$ ? Augenzwinkern

Grüße!

Edit: Warum die partielle Integration nicht klappt, sehe ich jetzt so spontan leider nicht. Ich vermute mal, es liegt daran, dass
$\begin{eqnarray*} \int \frac 1x=\ln |x|\neq \ln x \end{eqnarray*}$
aber so richtig gefällt mir die Erklärung nicht.

27.01.2007, 22:56

Hums

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Aber mit partieller integration müsste es auch gehen und ich sehe den fehler da einfach nicht.das macht mich verrückt. aber substitution war gut und führte zum erfolg!Falls jemand den fehler in der partiellen integration sieht,schreibt er hier bitte doch noch!oder auch sonst,wie man das mit partieller integration löst.

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