Wurzel- u. Quotientenkriterium

01.12.2019, 19:07

SM!LE

Wurzel- u. Quotientenkriterium

Guten Tag,

aktuell beschäftigt mich folgende Aufgabe:

Betrachten Sie die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}{a_k} \end{eqnarray*}$ mit den Gliedern

$\begin{eqnarray*} a_n=\left\{\begin{array}{c}\frac{n}{2^n}~\text{, n ungerade,}\\ \frac{1}{2^n}~\text{, n gerade.}\end{array}\right. \end{eqnarray*}$

Untersucht werden soll, ob $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big| \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} \end{eqnarray*}$ existieren.

Anschließend soll eine Aussage zur absoluten Konvergenz getroffen werden.

(Es sollte hier mit Hilfe der $\begin{eqnarray*} \epsilon-N-\text{Definition} \end{eqnarray*}$ gearbeitet werden.)

Meine Lösungsidee:

Für die Exsistenz von $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big| \end{eqnarray*}$ .

Sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade $\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \end{eqnarray*}$ ist gerade

Wähle $\begin{eqnarray*} \epsilon >0 \end{eqnarray*}$ beliebig. So gibt es eine Indexschranke $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ so das $\begin{eqnarray*} \forall n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} n>N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\textcolor{red}{+0}\big|<\epsilon \end{eqnarray*}$ .
(Ist die Aussage korrekt, wenn ich von dem Grenzwert 0 ausgehe?)

Wähle $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ nun so groß, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{N}<\epsilon \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{\frac{1}{2^n}}{\frac{n}{2^n}}\Big|=\big|\frac{1}{n}\big|\textcolor{red}{<}\big|\frac{1}{N}\big|=\frac{1}{N}<\epsilon<br /> \end{eqnarray*}$

Kann man so die Exsistenz des $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big| \end{eqnarray*}$ zeigen oder ist das Schwachsinn was ich da gemacht hab? ( vermutlich Zweiteres verwirrt

)

Ich habe zu dieser Aufgabe allerdings noch nicht so recht einen vielversprechenden Ansatz gefunden und würde mich über einen hilfreichen Tipp freuen.

Vielen Dank und einen schönen 1. Advent.

Mit freundlichen Grüßen
SM!LE

01.12.2019, 19:42

Scotty1701D

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Wenn man vorassetzen könnte, dass $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade ist, wäre das
richtig. Der Fall $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade ist hier aber der entscheidende verwirrt

01.12.2019, 19:50

SM!LE

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Danke für deine schnelle Antwort.

Für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade $\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \end{eqnarray*}$ ungerade würde ich ja dann folgenden Ausdruck erhalten:

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{\frac{n}{2^n}}{\frac{1}{2^n}}\Big|=|n|=n \end{eqnarray*}$

Und das würde ja bestimmt divergieren für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ .

Wie muss ich mit dieser Tatsache, dass für n gerade kein Grenzwert und für n ungerade ein Grenzwert existiert, dann verfahren?
Der $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big| \end{eqnarray*}$ würde ja in diesem Fall dann nicht existieren oder?

01.12.2019, 19:50

Scotty1701D

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RE: Wurzel- u. Quotientenkriterium

Zitat:

Original von SM!LE
Wähle $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ nun so groß, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{N}<\epsilon \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{\frac{1}{2^n}}{\frac{n}{2^n}}\Big|=\big|\frac{1}{n}\big|>\big|\frac{1}{N}\big|=\frac{1}{N}<\epsilon<br /> \end{eqnarray*}$

Ich sehe gerade noch, dass das erste Relationszeichen falsch herum ist geschockt

01.12.2019, 19:54

Scotty1701D

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Zitat:

Der $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big| \end{eqnarray*}$ würde ja in diesem Fall dann nicht existieren oder?

Richtig, das Quotientenkriterium ist also nicht erfüllt. Fehlt also noch das zweite Kriterium.

01.12.2019, 20:04

SM!LE

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Ohja das falsche Relationszeichen ist wohl beim Eintippen passiert.
Ich hab es geändert und rot markiert.

Vielen Dank für deine Hilfe. Dann betrachte ich jetzt noch das Wurzelkriterium und wenn ich dort ebenfalls für n gerade und ungerade unterschiedliche Aussagen bekomme, dann könnte ich auch mit Hilfe des Wurzelkriteriums keine Aussage treffen oder ?

01.12.2019, 20:54

Scotty1701D

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Ich habe noch ein paar Probleme mit der Aufgabenstellung:
Quotienten- bzw. Wurzelkriterium verlangen ja nicht, dass die besagten Grenzwerte existieren müssen.
Es muss nur jeweils eine obere Schranke <1 für fast alle Elemente der Folge existieren.

Dies ist bei der ersten Folge nicht der Fall, da die Teilfolge für gerade n divergiert.
Du hast bereits gezeigt, dass die Teilfolge für ungerade n gegen 0 konvergiert.
Damit kann man hier über die Konvergenz der Reihe keine Aussage machen.

Würde die Teilfolge für ungerade n allerdings z.B. gegen 1/4 konvergieren, dann hätte die
gesamte Folge immer noch keinen Grenzwert sondern zwei Häufungspunkte <1, und das
Quotientenkriterium wäre erfüllt.

Die Konvergenz der obigen Folgen ist daher eine schärfere Bedingung als das Quotioenten- bzw.
Wurzelkriterium.

01.12.2019, 22:50

Leopold

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Zitat:

Original von SM!LE
Für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade $\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \end{eqnarray*}$ ungerade würde ich ja dann folgenden Ausdruck erhalten:

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{\frac{n}{2^n}}{\frac{1}{2^n}}\Big|=|n|=n \end{eqnarray*}$

Und das würde ja bestimmt divergieren für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ .

Für gerades $\begin{align*} n \end{align*}$ ist $\begin{align*} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{2^n}} \end{align*}$ .

02.12.2019, 11:22

SM!LE

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Okay.
Daran hatte ich auch gedacht @Leopold aber ich hatte mich dann dafür entschieden die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}{a_k} \end{eqnarray*}$ zu betrachten.

Bringt mich das nicht weiter und muss ich die Teilfolgen separat mit dem Quotienten- bzw. Wurzelkriterium betrachten ?

Wie müsste ich an dieser Stelle im Allgemeinen verfahren ?

@Scotty1701D
Die Aufgabenstellung wurde 1 zu 1 übernommen.
Aber ich verstehe was du meinst.

02.12.2019, 12:38

HAL 9000

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Crossposting oder Kommilitone, wie auch immer:

https://www.onlinemathe.de/forum/Reihe-m...de-und-ungerade

02.12.2019, 19:42

SM!LE

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@HAL 9000: Danke für den Link. Das wird dann wohl ein Kommilitone gewesen sein.

Ich muss die Aufgabe allerdings mit Hilfe der $\begin{eqnarray*} \epsilon-N-\text{Definition} \end{eqnarray*}$ lösen.
Für das Quotientenkriterium habe ich da was rausbekommen allerdings weiß ich nicht ob das so korrekt ist.
Beim Wurzelkriterium habe ich aktuell noch einige Anlaufschwierigkeiten.

Mein Lösungsansatz:

Quotientenkriterium:

Sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade $\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \end{eqnarray*}$ ist gerade.

Wähle $\begin{eqnarray*} \textcolor{red}{1>\epsilon>0} \end{eqnarray*}$ (Darf ich mir das so definieren?). So gibt es eine Indexschranke $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \forall n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} n>N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\big|<\epsilon \end{eqnarray*}$ .

Wähle $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ nun so groß, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{N}<\epsilon \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{\frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}\Big|=\big|\frac{1}{2n}\big|<\big|\frac{1}{N}\big|=\frac{1}{N}<\epsilon \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade $\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \end{eqnarray*}$ ist ungerade.

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{2^n}}\Big|=\big|\frac{n+1}{2}\big|=\frac{n+1}{2} \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} \textcolor{red}{K>1} \end{eqnarray*}$ (Darf ich mir das so definieren?). Wähle $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \frac{N}{2}>K \end{eqnarray*}$ : Dann gilt $\begin{eqnarray*} \forall n\geq N \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \Big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\Big|=\frac{n+1}{2}>\frac{n}{2}\geq\frac{N}{2}>K \end{eqnarray*}$

(Kann man an dieser Stelle mit der Definition für bestimmte Divergenz arbeiten ? Geht das mit der $\begin{eqnarray*} \epsilon-N-\text{Definition} \end{eqnarray*}$ überhaupt?)

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Mit Hilfe des Quotientenkriteriums lässt sich keine Aussage zur Konvergenz der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}{a_k} \end{eqnarray*}$ treffen, da gilt: $\begin{eqnarray*} 1>\epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K>1 \end{eqnarray*}$ .

Wurzelkriterium

Sei n gerade:

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{\big|\frac{1}{2^n}\big|}=\sqrt[n]{\big|\left(\frac{1}{2}\right)\big|^{~n}}=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

(Hier ist keine $\begin{eqnarray*} \epsilon-N-\text{Definition} \end{eqnarray*}$ notwendig oder?)

Sei n ungerade:

Hier habe ich aktuell ein Problem.

Ich erhalte ja folgenden Ausdruck für ungerade n:
$\begin{eqnarray*} <br /> \sqrt[n]{\big|\frac{n}{2^n}\big|}=\frac{\sqrt[n]{|n|}}{2} \end{eqnarray*}$

Ich weiß, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1 \end{eqnarray*}$ .
Wenn ich die Aufgabe aber mit Hilfe der $\begin{eqnarray*} \epsilon-N-\text{Definition} \end{eqnarray*}$ lösen soll hilft mir das ja recht wenig oder?

Ich wäre euch sehr dankbar wenn ich mal über meine bisherige Lösung schauen könntet und mir Feedback gebt.
Des Weiteren würde ich mich über einen Tipp für die letzte Teilaufgabe freuen.

Vielen Dank.

Mit freundlichen Grüßen
SM!LE

02.12.2019, 20:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von SM!LE
Ich weiß, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1 \end{eqnarray*}$ .
Wenn ich die Aufgabe aber mit Hilfe der $\begin{eqnarray*} \epsilon-N-\text{Definition} \end{eqnarray*}$ lösen soll hilft mir das ja recht wenig oder?

Naja, man benötigt ein wenig genauere Informationen über die Konvergenzgeschwindigkeit gegen 1. Das geht z.B. so:

Sei $\begin{eqnarray*} a_n = \sqrt[n]{n}-1 \end{eqnarray*}$ . Dann ist

$\begin{eqnarray*} n = \left(1+a_n\right)^n \geq \left(1+a_n\right)^{2\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \end{eqnarray*}$ ,

es folgt nach Wurzelziehen sowie Bernoullischer Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \sqrt{n} \geq \left(1+a_n\right)^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\geq 1+\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor a_n \geq 1 + \frac{n-1}{2}a_n \end{eqnarray*}$ ,

umgestellt $\begin{eqnarray*} a_n\leq 2\frac{\sqrt{n}-1}{n-1} = \frac{2}{\sqrt{n}+1} \end{eqnarray*}$ , insgesamt somit

$\begin{eqnarray*} 1 \leq \sqrt[n]{n} \leq 1 + \frac{2}{\sqrt{n}+1} \end{eqnarray*}$ .

Das ist dann einer $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ -Betrachtung schon eher zugänglich.

02.12.2019, 20:53

SM!LE

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Wow vielen Dank.
Ihr habt mir sehr geholfen smile

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