Reihen auf Konvergenz überprüfen

10.12.2013, 14:49

alex2007

Reihen auf Konvergenz überprüfen

Ich habe folgende Aufgabe:

Überprüfen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz!

a) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^\infty \left(\frac{x^k}{k!}\right) \end{eqnarray*}$

b) $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=2}^\infty \left(\frac{n^4+3}{n^6-n^2}\right) \end{eqnarray*}$

Zu a)

Ich weiß, dass die Reihe gegen die eulersche Zahl konvergiert, aber wie zeige ich das? Ich hatte mir überlegt, das Wurzelkriterium zu verwenden. Damit komme ich zu folgendem:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^\infty \left(\frac{x^k}{k!}\right)=\sum\limits_{k=0}^\infty \left({x^k} \cdot {(k!)^{-1}}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{k \to \infty } \sqrt[k]{x^k \cdot (k!)^{-1}}= \lim_{k \to \infty} \frac {x}{k!^{\frac{1}{k}}} \end{eqnarray*}$

Und hier weiß ich nicht wie ich weiter machen soll. Ich denke dass das Ganze eine Nullfolge ist, da 1/k als Potenz stärker ist als die Fakultät und damit wäre gezeigt, dass dieser Grenzwert immer kleiner 1 und somit wäre das Wurzelkriterium erfüllt. Ist dem so, oder ist der Grenzwert ein anderer? Hier bräuchte ich Hilfe.

Eine andere Möglichkeit wäre das Quotientenkriterium, womit ich auf Folgendes komme:

$\begin{eqnarray*} \lim_{k \to \infty } \left( \frac {x^{k+1}}{(k+1)!} \cdot \frac {k!}{x^k}\right) =\lim_{k \to \infty} \frac {x}{k+1}=0 \Rightarrow \lim_{k \to \infty } \left( \frac {x^{k+1}}{(k+1)!} \cdot \frac {k!}{x^k}\right)<1 \Rightarrow konvergent! \end{eqnarray*}$

Stimmt das so?

Zu b)

Hier sehe ich dass die Folge in der Reihe eine Nullfolge ist, allerdings reicht das ja nicht um Konvergenz zu zeigen, da eine Nullfolge zwar notwendig aber nicht hinreichend ist. Man kann auch hier das Quotientenkriterium ausführen, allerdings komme ich für den Limes wie in a) auf:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } \left( \frac {n^{24}-n^8+4n^6-4n^2}{n^{24}-n^8+3n^6-3n^2+3} \right) =1 \end{eqnarray*}$

Hier fehlt mir eine Idee, wie ich weitermachen muss.

Danke für eventuelle Hilfe!

10.12.2013, 15:12

Grautvornix

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RE: Reihen auf Konvergenz überprüfen
Bei a) kannst du gut mit dem Quotientenkriterium argumentieren.
Allerdings musst du dabei an der entscheidenden Stellen schon mit der gebotenen Sorgfalt vorgehen.

Das hier:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{ x^{k+1}\cdot k!}{(k+1)!\cdot x^k}\right|=\left|\frac x{k+1}\right|\leq q<1\text{ für fast alle }n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$

ist noch zu zeigen. Auch wenn's eigentlich klar ist.

Bei b)

könntest du zunächst mal grob abschätzen. Etwa so:

$\begin{eqnarray*} \frac{n^4+3}{n^6-n^2}\leq\frac{2n^4}{n^6-n^5}=\frac 2{n(n-1)}=2\left(\frac 1{n-1}-\frac 1n\right). \end{eqnarray*}$

12.01.2014, 15:00

alex2007

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RE: Reihen auf Konvergenz überprüfen
Bie a)

Hab ich mit der Grenzwertbildung von k gegen unendlich nicht schon gezeigt, dass der Term kleiner q und kleiner 1 ist? Wenn nicht, wie muss ich da sonst vorgehen?

Es gibt doch den dann Sonderfall, dass absolute Konvergenz vorliegt, wenn gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right| < 1 \end{eqnarray*}$

Das hatte ich ja gezeigt, demzufolge liegt Konvergenz vor und das Quotientenkriterium ist erfüllt. Oder reicht das so nicht?

Bei b)

Ist ein kleiner Fehler im letzten Term der Abschätzung. Es muss heißen:

$\begin{eqnarray*} \frac {n^4 +3}{n^6 -n^2}\leq ...=\frac {2}{n(n-1)}= 2\left(\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n-1}\right) \end{eqnarray*}$

Hier würde ich jetzt auch mit dem Quotientenkriterium und der gerade gemachten Abschätzung arbeiten:

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\left| \frac {n^4 +3}{n^6 -n^2} \cdot \frac {(n+1)^6 - (n+1)^2}{(n+1)^4+3}\right|< \frac {2(\frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{(n+1)-1})}{2(\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n-1})}=\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n-1}}=\frac{n-1}{n+1}<\frac{n}{n+1}<\frac{n}{n}=1 ,\,\,\,\forall n\geq 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> \Rightarrow \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\leq q < 1 \Rightarrow konvergent \end{eqnarray*}$

Ist das so in Ordnung?

13.01.2014, 09:40

klarsoweit

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RE: Reihen auf Konvergenz überprüfen

Zitat:

Original von alex2007
Hab ich mit der Grenzwertbildung von k gegen unendlich nicht schon gezeigt, dass der Term kleiner q und kleiner 1 ist?

Ja, das ist richtig. Die Reihe konvergiert übrigens gegen e^x. Augenzwinkern

Zitat:

Original von alex2007
Ist ein kleiner Fehler im letzten Term der Abschätzung. Es muss heißen:

$\begin{eqnarray*} \frac {n^4 +3}{n^6 -n^2}\leq ...=\frac {2}{n(n-1)}= 2\left(\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n-1}\right) \end{eqnarray*}$

Da irrst du dich. Es ist in der Tat $\begin{eqnarray*} \frac {2}{n(n-1)} = 2\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n-1}\right) \end{eqnarray*}$ . smile

Grautvornix will hier auf eine Teleskopsumme raus.

Zitat:

Original von alex2007
Hier würde ich jetzt auch mit dem Quotientenkriterium und der gerade gemachten Abschätzung arbeiten:

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\left| \frac {n^4 +3}{n^6 -n^2} \cdot \frac {(n+1)^6 - (n+1)^2}{(n+1)^4+3}\right|< \frac {2(\frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{(n+1)-1})}{2(\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n-1})}=\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n-1}}=\frac{n-1}{n+1}<\frac{n}{n+1}<\frac{n}{n}=1 ,\,\,\,\forall n\geq 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> \Rightarrow \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\leq q < 1 \Rightarrow konvergent \end{eqnarray*}$

Diese Folgerung stimmt jetzt nicht, denn du findest kein q < 1, so daß $\begin{eqnarray*} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\leq q \end{eqnarray*}$ ist für alle n > n_0.

13.01.2014, 17:10

alex2007

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RE: Reihen auf Konvergenz überprüfen

Zitat:

Original von klarsoweit

Zitat:

Original von alex2007
Hab ich mit der Grenzwertbildung von k gegen unendlich nicht schon gezeigt, dass der Term kleiner q und kleiner 1 ist?

Ja, das ist richtig. Die Reihe konvergiert übrigens gegen e^x. Augenzwinkern

Gut ok, damit wäre die Aufgabe geklärt.

Zitat:

Da irrst du dich. Es ist in der Tat $\begin{eqnarray*} \frac {2}{n(n-1)} = 2\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n-1}\right) \end{eqnarray*}$ . smile

Steh ich hier auf dem Schlauch? Meine Umformung ist doch ganz normal die Brüche auseinander gezogen. Wie kommt ihr da zu dem "Minus" zwischen den Brüchen. Sorry, aber das schnall ich gerade nicht! verwirrt

Grautvornix will hier auf eine Teleskopsumme raus.

Zitat:

Diese Folgerung stimmt jetzt nicht, denn du findest kein q < 1, so daß $\begin{eqnarray*} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\leq q \end{eqnarray*}$ ist für alle n > n_0.

Wieso stimmt diese Schlussfolgerung nicht? Wegen meiner "falschen" Termumformung? Ich zeige doch der Reihe nach, dass der Quotient kleiner 1 sein muss, also muss doch auch ein q aus (0, 1) zu finden sein, was größer als der Quotient der Folgeglieder und kleiner 1 ist. Oder verstehe ich hier irgendetwas falsch?

13.01.2014, 17:16

alex2007

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Ok, das mit dem Minus hab ich jetzt verstanden. Brinch ich die Terme auf einen Hauptnenner, lande ich beim Ausgangsterm...ok!.Aber meine Umfromung müsste doch genauso stimmen, oder nicht?

14.01.2014, 08:47

klarsoweit

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RE: Reihen auf Konvergenz überprüfen

Zitat:

Original von alex2007
Aber meine Umfromung müsste doch genauso stimmen, oder nicht?

Natürlich stimmt die auch. Es ging ja auch um deine Aussage, daß die Umformung von Grautvornix falsch wäre.

Zitat:

Original von alex2007
Wieso stimmt diese Schlussfolgerung nicht? Wegen meiner "falschen" Termumformung? Ich zeige doch der Reihe nach, dass der Quotient kleiner 1 sein muss, also muss doch auch ein q aus (0, 1) zu finden sein, was größer als der Quotient der Folgeglieder und kleiner 1 ist. Oder verstehe ich hier irgendetwas falsch?

Wenn es ein solches q gibt, kannst du sicherlich auch ein solches angeben. Augenzwinkern

Du findest aber kein q < 1, so daß beispielsweise $\begin{eqnarray*} \frac{n-1}{n+1} \end{eqnarray*}$ dauerhaft kleiner als q ist. Natürlich ist $\begin{eqnarray*} \frac{n-1}{n+1} < 1 \end{eqnarray*}$ . Aber der Term konvergiert gegen 1. Also wird er irgendwann jedes beliebige q < 1 überschreiten.

14.01.2014, 10:15

HAL 9000

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Generelle Anmerkung zu Reihen mit gebrochen rationalen Summanden , wie etwa bei Aufgabe b).

17.01.2014, 13:46

alex2007

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RE: Reihen auf Konvergenz überprüfen
@HAL9000: Danke für den Hinweis smile

Dann würde ich so vorgehen:

$\begin{eqnarray*} \frac{n^4+3}{n^6-n^2}<\frac{n^4}{n^6-n^5}=\frac 1{n(n-1)}=\frac 1{n^2-n}<\frac{2}{n\cdot \sqrt{n}} =2\cdot n^{-\frac {3}{2}}, \quad \forall n\geq 2 \end{eqnarray*}$

Damit hätte ich eine majorante Folge, deren Reihe: $\begin{eqnarray*} S:=\sum\limits_{n=2}^\infty 2\cdot n^{-\frac{3}{2}} \end{eqnarray*}$ konvergent ist.

Muss ich jetzt noch zeigen, dass S konvergent ist, oder darf man das als bekannt annehmen? Wenn nicht, wie zeig ich das? Ist meine Abschätzung so in Ordnung, oder sollte man das besser anders machen.

Danke für eure Hilfe.

22.01.2014, 10:32

HAL 9000

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Ok, da ich per PN angesprochen wurde:

Du musst den Potenzgrad 2 nicht noch künstlich auf 3/2 vermindern. Wenn du den von Grautvornix skizzierten eleganten Weg über die Teleskopsumme nicht nehmen willst, kannst du auch nüchtern ohne irgendwelche Tricks so argumentieren:

$\begin{eqnarray*} \frac{n^4+3}{n^6-n^2} = \frac{n^4}{n^6} \cdot \underbrace{\frac{1+\frac{3}{n^4}}{1-\frac{1}{n^4}}}_{=:b(n)} \end{eqnarray*}$

Offenbar ist $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} b(n) = 1 \end{eqnarray*}$ , es gibt als z.B. für $\begin{eqnarray*} \varepsilon = 1 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ , so dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ die Ungleichung $\begin{eqnarray*} 0 = 1-\varepsilon < b(n) < 1+\varepsilon = 2 \end{eqnarray*}$ gilt, d.h. letztlich

$\begin{eqnarray*} 0 < \frac{n^4+3}{n^6-n^2} < \frac{2}{n^2} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ .

Man muss sich keine tiefschürenden Gedanken machen, wie groß dieses $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ ist - wichtig ist nur, dass es diesen Wert tatsächlich gibt. Und dann greift das Majorantenkriterium, denn die Konvergenz von $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \alpha>1 \end{eqnarray*}$ setze ich mal als bekannt voraus - falls nicht, es ist z.B. mit dem ebenfalls auf dem Majorantenkriterium basierenden Verdichtungskriterium beweisbar.

Der eben skizzierte Weg klappt für alle Reihen mit gebrochen rationalen Summanden, sofern der Nennergrad um mindestens zwei größer als der Zählergrad ist.

In dem anderen Fall, dass der Nennergrad um höchstens eins größer als der Zählergrad ist, greift umgekehrt das Minorantenkriterium basierend auf der Divergenz der Reihen $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \alpha\leq 1 \end{eqnarray*}$ .

22.01.2014, 12:39

alex2007

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Alles klar, ich danke dir vielmals.

So ist es ehrlich gesagt am einfachsten.

smile

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