Summe über Produkte

20.03.2007, 10:46

Ruprecht

Summe über Produkte

Hallo,
ich brauche Hilfe bei einer Aufgabe, in der es darum geht folgende Summe zu berechnen:

$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{a_2+x}+\frac{a_1}{a_2+x}\cdot\frac{a_2}{a_3+x}+\frac{a_1}{a_2+x}\cdot\frac{a_2}{a_3+x}\cdot\frac{a_3}{a_4+x}+\ldots \end{eqnarray*}$

Zur Aufgabe:

Sei $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine Folge positiver, reeller Zahlen und $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R, x>0 \end{eqnarray*}$ .

Divergiert $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~\frac{1}{a_n} \end{eqnarray*}$ , dann gilt: $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~\left(\prod_{k=1}^n~\frac{a_k}{a_{k+1}+x}\right)=\frac{a_1}{x} \end{eqnarray*}$ .

Konvergiert $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~\frac{1}{a_n} \end{eqnarray*}$ , dann gilt: $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty~\left(\prod_{k=1}^n~\frac{a_k}{a_{k+1}+x}\right)=\frac{a_1}{x}\left(1-\prod_{i=2}^\infty~\frac{a_i}{a_i+x}\right) \end{eqnarray*}$ .

20.03.2007, 14:50

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Nettes Teil. Augenzwinkern

Betrachte erstmal die Partialsumme

$\begin{eqnarray*} s_m := \sum_{n=1}^m ~ \left( \prod\limits_{k=1}^n ~ \frac{a_k}{a_{k+1}+x} \right) \end{eqnarray*}$

der fraglichen Reihe, und weise für die die Darstellung

$\begin{eqnarray*} s_m = \frac{a_1}{x} \left( 1 - \prod\limits_{i=2}^{m+1} \frac{a_i}{a_i+x} \right) \end{eqnarray*}$

durch Vollständige Induktion nach. Damit hast du dann schon fast alles, es fehlen lediglich noch einige Konvergenzbetrachtungen des unendlichen Produkts $\begin{eqnarray*} \prod\limits_{i=2}^{\infty} \frac{a_i}{a_i+x} \end{eqnarray*}$ .

20.03.2007, 22:56

Ruprecht

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Die Induktion hab ich.
Außerdem kann ich zeigen:
Sei $\begin{eqnarray*} 0<a_n<1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty a_n \end{eqnarray*}$ konv. $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \prod_{n=1}^\infty(1-a_n) \end{eqnarray*}$ konv.

Aber wie folgere ich aus der Divergenz von $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty a_n \end{eqnarray*}$ daß $\begin{eqnarray*} \prod_{n=1}^\infty (1-a_n)=0 \end{eqnarray*}$ ?

21.03.2007, 07:30

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Solche Abschätzungen basieren sehr oft auf Ungleichungen der Art

$\begin{eqnarray*} e^x\geq 1+x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , bzw.
$\begin{eqnarray*} \ln(1+x) \leq x \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$

oder ähnliche Ungleichungen. Musst du mal ein bisschen probieren. Augenzwinkern

P.S.: Starte dabei mit sowas wie

$\begin{eqnarray*} \prod_{n=1}^m (1-a_n) = \exp\left\{ \sum_{n=1}^m \ln(1-a_n) \right\} \end{eqnarray*}$ .

21.03.2007, 21:53

Ruprecht

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RE: Summe über Produkte
Hier ist eine Zusammenfassung der Ergebnisse zu dieser Aufgabe (vielleicht interessiert's ja jemanden).
Für Korrekturen sowie Vorschläge zur Verbesserung/Vereinfachung bin ich dankbar.

@A.D.: Danke fürs 'Anschubsen'!

Zunächst wird per Induktion gezeigt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n\prod_{i=1}^k\frac{a_i}{a_{i+1}+x}=\frac{a_1}{x}\left(1-\prod_{k=2}^{n+1}\frac{a_k}{a_k+x}\right) \end{eqnarray*}$

Induktionsanfang ist klar.
Induktionsschritt (n->n+1):

$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{x}\left(1-\prod_{k=2}^{n+1}\frac{a_k}{a_k+x}\right)+\prod_{k=1}^{n+1}\frac{a_k}{a_{k+1}+x}=\frac{a_1}{x}\left(1-\prod_{k=2}^{n+1}\frac{a_k}{a_k+x}+\frac{x \prod_{k=2}^{n+1} a_k}{\prod_{k=2}^{n+2}(a_k+x)}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{a_1}{x} \left( 1- \frac{(a_{n+2}+x)\prod_{k=2}^{n+1}a_k - x \prod_{k=2}^{n+1} a_k}{\prod_{k=2}^{n+2}(a_k+x)}\right)=\frac{a_1}{x}\left(1-\prod_{k=2}^{n+2}\frac{a_k}{a_k+x}\right)\Box \end{eqnarray*}$

Es wird folgender Hilfssatz benötigt:

Sei $\begin{eqnarray*} 0<b_n<1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n<\infty \Rightarrow \prod_{n=1}^\infty(1-b_n)>0 \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n=\infty\Rightarrow \prod_{n=1}^\infty(1-b_n)=0 \end{eqnarray*}$

Denn wegen $\begin{eqnarray*} \frac{a_k}{a_k+x}=1-\underbrace{\frac{x}{a_k+x}}_{=:b_k} \end{eqnarray*}$
folgt damit die Behauptung.

Hier nun der Beweis des Hilfssatzes:

Setze $\begin{eqnarray*} p_n:=\prod_{k=1}^n(1-b_k) \end{eqnarray*}$

Es gilt: $\begin{eqnarray*} p_1\geq p_2\geq p_3\geq \cdots \geq p_n\geq 0 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}p_n \end{eqnarray*}$ existiert.

Sei zunächst $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n \end{eqnarray*}$ konvergent.

Es gilt: $\begin{eqnarray*} \ln(1-b_n)=-\sum_{k=1}^\infty \frac{(b_n)^k}{k} \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ Nullfolge ist, gibt es ein $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ so, daß für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln(1-b_n)\geq -2b_n \end{eqnarray*}$ (Im folgenden sei oBdA $\begin{eqnarray*} n_0=1 \end{eqnarray*}$ .)

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow p_n=\exp\left(\sum_{k=1}^n \ln(1-b_k) \right) \geq \exp \left( -2 \sum_{k=1}^n b_k \right) \stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} C>0 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n \end{eqnarray*}$ konvergent.

Sei nun $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n \end{eqnarray*}$ divergent.

Es gilt: $\begin{eqnarray*} \ln(1-b_n)=-\sum_{k=1}^\infty \frac{(b_n)^k}{k}\leq -b_k \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 0\leq p_n=\exp\left(\sum_{k=1}^n \ln(1-b_k) \right) \leq \exp \left( - \sum_{k=1}^n b_k \right) \stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} 0 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n \end{eqnarray*}$ divergent.

21.03.2007, 22:18

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Und dabei war es wirklich nur ein leichtes Anschubsen. Wenn ich an manch andere Threads denke, wo ich zehnmal ausführlicher bin und dann nur höre "das hilft mir auch nicht weiter" ...

Nur eine Anmerkung:

Zitat:

Original von Ruprecht
Sei zunächst $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty b_n \end{eqnarray*}$ konvergent.

Es gilt: $\begin{eqnarray*} \ln(1-b_n)=-\sum_{k=1}^\infty \frac{(b_n)^k}{k} \end{eqnarray*}$ und da $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ Nullfolge ist, gibt es ein $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ so, daß für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \ln(1-b_n)\geq -2b_n \end{eqnarray*}$

Vielleicht kann man das auch genauer ausführen, um es "wasserdicht" zu machen: Es ist ja

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty \frac{b_n^k}{k} \leq \sum_{k=1}^\infty b_n^k = \frac{b_n}{1-b_n} \leq 2b_n \end{eqnarray*}$

genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} b_n\leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ . Da sieht man dann deutlicher, dass das für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Das nachfolgende o.B.d.A. ist im Grunde genommen Ok, kann aber auch vermieden werden, wenn man alle folgenden Summen bei $\begin{eqnarray*} k=n_0 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ starten lässt.

21.03.2007, 22:28

Ruprecht

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Freude

Zitat:

Okay!

Zitat:

Das nachfolgende o.B.d.A. ist im Grunde genommen Ok, kann aber auch vermieden werden, wenn man alle folgenden Summen bei $\begin{eqnarray*} k=n_0 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ starten lässt.

Da hat die Faulheit gesiegt, denn ich hatte keine Lust den endlichen Teil der Summen mit durchzuschleppen und wenn es auch unschön ist spart ein gelegentliches oBdA manchmal "überflüssige" Worte. Augenzwinkern

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