Cauchysches Verdichtungskriterium

22.02.2017, 16:22

Emely

Cauchysches Verdichtungskriterium

Meine Frage:
Hallo,
ich soll mithilfe des Cauchyschen Verdichtungskriteriums eine Aussage über die Konvergenz der folgenden Reihe treffen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty } \frac{1}{n\sqrt{n}+\sqrt{n} } \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Also
$\begin{eqnarray*} a_{2^{n} } = \frac{1}{2^{n}\sqrt{2^{n}}+ \sqrt{2^{n}} } \end{eqnarray*}$
Dann muss ich ja 2^n auf die andere Seite bekommen:

$\begin{eqnarray*} 2^{n}*a_{2^{n} } = \frac{1}{\sqrt{2^{n}}+\frac{\sqrt{2^{n}}}{2^{n}} } \end{eqnarray*}$

Und das geht jetzt für n gegen Undendlich gegen 0, weswegen $\begin{eqnarray*} 2^{n}*a_{2^{n} } \end{eqnarray*}$ konvergiert, also auch $\begin{eqnarray*} a_{n } \end{eqnarray*}$ .

Stimmt das so? Oder habe ich das Kriterium falsch angwendet? smile

Vielen Dank für Hilfe im Voraus!!! smile

22.02.2017, 16:29

HAL 9000

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Zitat:

Original von Emely
Und das geht jetzt für n gegen Undendlich gegen 0, weswegen $\begin{eqnarray*} 2^{n}*a_{2^{n} } \end{eqnarray*}$ konvergiert, also auch $\begin{eqnarray*} a_{n } \end{eqnarray*}$ .

Stimmt das so?

Richtig, aber es reicht nicht, dass das Reihenglied gegen Null konvergiert - das ist schließlich auch bei der divergenten harmonischen Reihe $\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \end{align*}$ der Fall.

Nein, da musst du begründungsmäßig schon noch zulegen, um die Konvergenz der Reihe stichhaltig zu beweisen.

22.02.2017, 16:31

IfindU

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Es reicht nicht, dass $\begin{eqnarray*} 2^n a_{2^n} \end{eqnarray*}$ gegen 0 konvergiert um die Konvergenz der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum a_n \end{eqnarray*}$ zu folgern. Dafür muss $\begin{eqnarray*} 2^n a_{2^n} \end{eqnarray*}$ summierbar(!) sein.

Gegenbeispiel wäre $\begin{eqnarray*} a_n = \frac 1 { n \log_2 n} \end{eqnarray*}$ . Das ist nicht aufsummierbar (mit der korrekten Anwendung vom Cauchy Verdichtungskriterium zeigbar), aber $\begin{eqnarray*} 2^n a_{2^n} = \frac 1 n \to 0 \end{eqnarray*}$ .

Edit: Etwas zu spaet Wink

22.02.2017, 16:39

Emely

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Okay danke schön smile

Und wie würde man dass dann begründen?
Kann man da dann zum Beispiel abschätzen:

$\begin{eqnarray*} 2^{n}*a_{2^{n} } = \frac{1}{\sqrt{2^{n}}+\frac{\sqrt{2^{n}}}{2^{n}} } \leq \frac{1}{\sqrt{2^{n}} } \end{eqnarray*}$

Und dann sagen, dass das gegen null geht? smile

22.02.2017, 17:06

HAL 9000

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Das ist doch dasselbe in Grün. unglücklich

Nein, du musst schon deutlich sagen, dass du via

$\begin{align*} 2^n\cdot a_{2^n} \leq \frac{1}{\sqrt{2^n}} = \frac{1}{\sqrt{2}^n} = q^n \end{align*}$ mit $\begin{align*} q:=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{align*}$

eine konvergente geometrische Reihe $\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} q^n \end{align*}$ als Majorante von $\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} 2^n\cdot a_{2^n} \end{align*}$ gefunden hast, da ja $\begin{align*} 0<q<1 \end{align*}$ ist.

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