Reihenkonvergenz untersuchen

11.01.2018, 10:58

davidrr

Reihenkonvergenz untersuchen

Meine Frage:
Die Frage stammt aus einer Analysisaufgabe dessen Lösung ich leider nicht kenne. Und zwar:

Für welche $\begin{eqnarray*} \alpha \in \textsc{R} \end{eqnarray*}$ in konvergiert die folgende Reihe:
$\begin{eqnarray*} \sum _{n=1} ^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \sin(\frac{1}{n})\right)^\alpha \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Zuerst wollte ich blind das Quotientenkriterium und das Wurzelkriterium ausprobieren, daran bin ich aber gescheitert. Die nächste Idee was den Term $\begin{eqnarray*} \sin(1/n) \end{eqnarray*}$ als Taylorentwicklung zu schreiben. Jedoch gibt das eine ziemlich komplizierte Gleichung welche auch nicht wirklich hilfreich ist.

Ich aber das Gefühl dass hier mit dem Vergleichskriterium gearbeitet werden muss. Ich weiss ja, dass meine Reihe kleiner ist als die Riemannsche Zetafunktion. Diese konvergiert ja sicherlich für $\begin{eqnarray*} \alpha \in [2, \infty) \end{eqnarray*}$ . Zudem weiss ich, dass die Reihe für $\begin{eqnarray*} \alpha \in (-\infty, 0] \end{eqnarray*}$ sicher nicht konvergiert. Es stellt sich somit die Frage was für $\begin{eqnarray*} \alpha \in (0, 2) \end{eqnarray*}$ gilt.

11.01.2018, 11:05

IfindU

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RE: Für welche alpha konvergiert folgende Reihe
Ich würde den Mittelwertsatz auf die Funktion $\begin{eqnarray*} g(x) = x - \sin(x) \end{eqnarray*}$ auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} (0, \frac 1 n) \end{eqnarray*}$ anwenden.

11.01.2018, 11:17

HAL 9000

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Alternativ kann man auch die Potenzreihenentwicklung

$\begin{align*} \sin(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} -+ \ldots \end{align*}$ ,

heranziehen, die etwa für $\begin{align*} 0 < x\leq 1 \end{align*}$ eine Leibniz-Reihe ist. Bei denen liegt der Reihenwert immer im Intervall zwischen benachbarten Partialsummenwerten, daraus folgt

$\begin{align*} x - \frac{x^3}{6} < \sin(x) < x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \end{align*}$ ,

womit man sich ein passendes Sandwich für das Reihenglied oben basteln kann.

11.01.2018, 11:39

davidrr

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RE: Für welche alpha konvergiert folgende Reihe

Zitat:

Ich würde den Mittelwertsatz auf die Funktion $\begin{eqnarray*} g(x) = x - \sin(x) \end{eqnarray*}$ auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} (0, \frac 1 n) \end{eqnarray*}$ anwenden.

Dann wäre $\begin{eqnarray*} g(x) = x- sin(x) \end{eqnarray*}$
Somit würde nach dem Mittelwertsatz ein $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ existieren, dass $\begin{eqnarray*} g'(x_0) = \frac{g(b) - g(a)}{b-a} = \frac{1/n -sin(1/n) }{1/n} = 1- nsin(1/n) = g'(x_0) = g'(\frac{1}{n_0}) \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} g'(x) =1 -cos(x) \end{eqnarray*}$ dann gibt das:

$\begin{eqnarray*} \exists n_0 \in (0,\frac{1}{n}) : n \sin(1/n) = \cos(\frac{1}{n_0}) \end{eqnarray*}$

Jedoch weiss ich leider nicht wie mir das beim Rechnen oben weiterhilft.

11.01.2018, 11:45

IfindU

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RE: Für welche alpha konvergiert folgende Reihe

Zitat:

Original von davidrr
[...]= g'(x_0) = g'(\frac{1}{n_0})[/latex]

Du kannst nun $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} - \sin(\frac{1}{n}) = \frac 1 n \cdot \frac{ \frac{1}{n} - \sin(\frac{1}{n}) } {\frac 1 n} \end{eqnarray*}$ schreiben. Damit ist
$\begin{eqnarray*} \sum _{n=1} ^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \sin(\frac{1}{n})\right)^\alpha = \sum _{n=1} ^{\infty} \frac 1 {n^\alpha }g'(n_0)^\alpha \end{eqnarray*}$ .
Nun kommt man mit recht elementare Abschätzungen an $\begin{eqnarray*} g' \end{eqnarray*}$ weiter.

Edit: Oder man trickst so wie oben noch ein paar mal rum Big Laugh

11.01.2018, 11:54

davidrr

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Zitat:

Alternativ kann man auch die Potenzreihenentwicklung ...

Eine schlaue Idee mit den "Sanchwichen". Das habe ich mir noch ncht so ganz überlegt.

Wie wäre folgende Beweisskizze

Somit gilt:
$\begin{eqnarray*} \left(1/n - (1/n - 1/(n^3 6)) \right)^\alpha \leq \left( 1/n - sin(1/n)\right)^\alpha \leq \left(... \right)^\alpha \end{eqnarray*}$

Wenn wir uns nun die linke Seite anschauen: $\begin{eqnarray*} \left(1/n - (1/n - 1/(n^3 6)) \right)^\alpha = \left(1/(n^3 6)) \right)^\alpha =\frac{1}{6^\alpha n^{3 \alpha}} \end{eqnarray*}$ .

Wir können nun das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{6^\alpha} \end{eqnarray*}$ vor die Summe ziehen da es eine Konstante ist. Somit haben wir noch $\begin{eqnarray*} \sum \frac{1}{n^{3\alpha}} \end{eqnarray*}$

Die Riemannsche Zetafunktion konvergiert genau wenn $\begin{eqnarray*} \sum \frac{1}{n^s} : s > 1 \end{eqnarray*}$

Somit muss gelten $\begin{eqnarray*} 3 \alpha > 1 \implies \alpha > \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Stimmt das mehr oder weniger

Der Sandwichterm von oben folgt analog.

Ich habe es auch soeben in Mathematica geplottet und die Konvergenzgrezen scheint in etwa bei $\begin{eqnarray*} \alpha = 1/3 \end{eqnarray*}$ zu sein.

11.01.2018, 11:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von davidrr
Somit gilt:
$\begin{eqnarray*} \left(1/n - (1/n - 1/(n^3 6)) \right)^\alpha \leq \left( 1/n - sin(1/n)\right)^\alpha \leq \left(... \right)^\alpha \end{eqnarray*}$

Ziemlich schlampig ausgeführt: Was du hier links als untere Schranke hingeschrieben hast, ist tatsächlich eine obere Schranke. unglücklich

--------------------------------------------------------------------------------------------------
Die von mir oben angegebene Doppelungleichung führt via $\begin{align*} \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} < x-\sin(x) < \frac{x^3}{6} \end{align*}$ zu

$\begin{align*} \frac{1}{6n^3} \left( 1-\frac{1}{20n^2}\right) < \frac{1}{n}-\sin\left(\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{6n^3} \end{align*}$ .

Aufgrund von $\begin{align*} 1-\frac{1}{20n^2} \geq 1-\frac{1}{20} = \frac{19}{20} \end{align*}$ gilt demnach für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$

$\begin{align*} \frac{19}{20}\cdot \frac{1}{6n^3} < \frac{1}{n}-\sin\left(\frac{1}{n}\right) < \frac{1}{6n^3} \end{align*}$ .

Damit ist das Sandwich perfekt angerichtet, und Konvergenz von $\begin{align*} \sum _{n=1} ^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \sin\left(\frac{1}{n}\right)\right)^{\alpha} \end{align*}$ liegt somit genau dann vor, wenn die Vergleichsreihe $\begin{align*} \sum _{n=1} ^{\infty} \frac{1}{n^{3\alpha}} \end{align*}$ konvergiert.

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