Konvergenz einer Reihe

27.03.2007, 13:08

Luis23

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Konvergenz einer Reihe

Hallo,

es geht um folgende Reihe: $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~(-1)^n( \sqrt{n+1}- \sqrt{n}) \end{eqnarray*}$

Meine Lösung mit Hilfe des Leibnis-Kriteriums. Es muss gelten:
1) monoton fallend
2) Nullfolge

Erstmal umformen:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~(-1)^n( \sqrt{n+1}- \sqrt{n}) = \sum_{n=0}^\infty~(-1)^n( \sqrt{n+1}- \sqrt{n})\cdot \frac{( \sqrt{n+1}+ \sqrt{n})}{( \sqrt{n+1}+ \sqrt{n})} = \sum_{n=0}^\infty~(-1)^n\frac{1}{( \sqrt{n+1}+ \sqrt{n})} \end{eqnarray*}$

zu 1)
Induktion:
$\begin{eqnarray*} a_n > a_{n+1} \\ n=1: \frac{1}{\sqrt{2}+1}> \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}} \\ IS: n\Rightarrow n+1 \\ \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}} > \frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\\a_{n+1}>a_{n+2} \end{eqnarray*}$

zu 2)
Würde ich so machen:
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = 0 \end{eqnarray*}$

Meine Fragen nun:
Passt bei 1) die Induktion, bin mir da nämlich überhaupt nicht sicher?!
Wie kann man das bei 2) noch ausführlicher machen?

Meiner Meinung nach konvergiert die Reihe also für alle n

27.03.2007, 13:26

kiste

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Zu 1)
Du könntest noch mit dem HN multiplizieren damit es noch deutlicher wird, eigentlich ist es aber offensichtlich das es monoton fallend ist.

Zu 2) was willst du den noch ausführlicher machen? Kannst ja noch ein paarmal abschätzen oder andere lustige Dinge machen Big Laugh

Big Laugh

Und konvergiert für alle n ist falsch, n ist hier der Laufindex und nicht irgendein x wie es bei einer Potenzreihe der Fall wäre.
Richtig gesagt also: Die Reihe konvergiert.

27.03.2007, 13:41

Luis23

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Ja hast Recht, sie konvergiert Augenzwinkern

Augenzwinkern

Aber wie siehts mit der Induktion aus? Ist die wirklich schlüssig und richtig, fühle mich da noch etwas unsicher!

Naja bei 2) kann man das doch bestimmt noch ausführlicher machen indem durch die höchste Potenz teilt etc. aber bei solchen Sachen ist es doch klar meiner Meinung nach!!!

27.03.2007, 13:45

WebFritzi

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Zitat:

Original von Luis23
Aber wie siehts mit der Induktion aus? Ist die wirklich schlüssig und richtig, fühle mich da noch etwas unsicher!

Also, ich sehe nur, dass du da im Induktionsschluss die Behauptung hinschreibst. Ist kein Beweis. Jedenfalls keiner mit vollst. Ind., da du die Induktionsvoraussetzung überhaupt nicht verwendest.

Zitat:

Original von Luis23
Naja bei 2) kann man das doch bestimmt noch ausführlicher machen indem durch die höchste Potenz teilt etc. aber bei solchen Sachen ist es doch klar meiner Meinung nach!!!

Ja, ist klar! Was soll hier auch die "höchste Potenz" sein???

27.03.2007, 13:52

Luis23

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Wie bekomme ich das Problem mit der Induktion in den Griff? Wie soll ich in diesem Zusammenhang die Induktionsvoraussetzung anwenden? Ich hänge da irgendwie...

27.03.2007, 13:57

WebFritzi

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Du könntest z.B. versuchen, die Aussage ohne Induktion zu beweisen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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27.03.2007, 14:27

Sumo

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Zitat:

Original von WebFritzi
Du könntest z.B. versuchen, die Aussage ohne Induktion zu beweisen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das solltest Du allerdings!
Vielleicht ist dabei ja folgende Ungleichung nützlich.
Für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} 0\leq\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\leq\frac{1}{2\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ .
Dann musst Du nur noch beweisen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ Nullfolge ist und bist wegen des Einschliessungskriteriums fertig.

27.03.2007, 14:43

Luis23

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das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist, ist ja offentsichtlich, aber wie mache ich das denn wenn ich es mit Induktion machen möchte, oder ist hier die Induktion einfach zu kompliziert bzw. nicht anwendbar?

Noch eine andere Reihe
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~\frac{2^n+n}{3^n} \end{eqnarray*}$

Hier finde ich zwar recht schnell eine konvergente Minorante, aber die hilft ja nicht im Geringsten weiter. Möchte ich nämlich die Divergenz zeigen, brauche ich ja eine divergente Minorante, für die Konvergenz eine konvergente Majorante... aber wie geht man da nun am geschicktesten vor, soweit bin ich aber das nützt nichts :
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~\frac{2^n+n}{3^n} >\sum_{n=0}^\infty~({\frac{2}{3}})^n \end{eqnarray*}$

27.03.2007, 14:45

WebFritzi

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Zitat:

Original von Luis23
wie mache ich das denn wenn ich es mit Induktion machen möchte, oder ist hier die Induktion einfach zu kompliziert bzw. nicht anwendbar?

Naja, würdest du die Monotonie von $\begin{eqnarray*} a_n = \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ auch mit vollst. Induktion beweisen?

27.03.2007, 14:45

kiste

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$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~\frac{2^n+n}{3^n} <2\cdot\sum_{n=0}^\infty~({\frac{2}{3}})^n \end{eqnarray*}$

27.03.2007, 14:53

Luis23

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Hehe, danke Kiste. Das ist ja manchmal echt offentsichtlicher als man denkt Augenzwinkern

Augenzwinkern

Danke dir.

@WebFritzi
Also ich muss jetzt dazu sagen, dass ich seit Anfang Febraur mich mit dem Zeugs nicht mehr befasst habe zu meiner Entschuldigung Augenzwinkern

Augenzwinkern

Aber jetzt mal zu deiner Frage: Ja, man kann es mit Sicherheit beweisen mit Induktion indem man einfach davon ausgeht, dass n < n+1 ist und dann einfach den Kehrbruch nimmt. Müsste doch machbar sein. Aber wir unterhalten uns bei 1/n über eine Reihe die offentsichtlich gegen Null konvergiert. Wie würdest du es denn beweisen? Bist du nicht auch der Meinung dass es möglich ist?

27.03.2007, 14:54

Luis

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Uups, 1/n natürlich als Folge!!!! Als Reihe divergiert Sie ja!!! Entschuldige bitte unglücklich

unglücklich

27.03.2007, 14:59

WebFritzi

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Zitat:

Original von Luis23
Ja, man kann es mit Sicherheit beweisen mit Induktion indem man einfach davon ausgeht, dass n < n+1 ist und dann einfach den Kehrbruch nimmt. Müsste doch machbar sein.

Ja, und wo ist da dann die vollständige Induktion? Das ist der Beweis, richtig. Aber du verwendest nirgendwo die Induktionsvoraussetzung. Vielleicht schaust du dir hier im Board mal den Workshop "Vollständige Induktion" an. Mir scheint, du hast das Prinzip nicht verstanden.

27.03.2007, 15:06

Luis23

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Das Prinzip ist mir durchaus klar, ich weiß, dass ich irgendwo die Induktionsvoraussetzung verwenden sollte, aber genau das ist mein Problem, weil ich nicht weiß wie man das genau einsetzt und wie man da drauf kommt, deshalb wäre es halt net gewesen, dass mal mit Induktion zu zeigen.
Aber wenn ich dich richtig verstehe, habe ich also gerade ohne Induktion bewiesen, dass 1/n streng monoton fällt, also hätte ich das bei meiner Aufgabe hier genauso machen können oder?
Aber wann verwende ich genau Induktion bei solchen Sachen und wann nicht? Ich erinnere mich bspw. das wir es bei rekursiv definierten Folgen sehr häufig so gemacht haben also mit Induktion, indem man einfach von der IV ausgeht und auf beiden Seiten dann etwas hinzuaddiert, dann den Bruch stürzt und am Ende steht dann wirklich auf der einen Seite a_n+1 > a_n+2

27.03.2007, 15:18

WebFritzi

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Zitat:

Original von Luis23
Das Prinzip ist mir durchaus klar, ich weiß, dass ich irgendwo die Induktionsvoraussetzung verwenden sollte, aber genau das ist mein Problem, weil ich nicht weiß wie man das genau einsetzt und wie man da drauf kommt, deshalb wäre es halt net gewesen, dass mal mit Induktion zu zeigen.
Aber wenn ich dich richtig verstehe, habe ich also gerade ohne Induktion bewiesen, dass 1/n streng monoton fällt, also hätte ich das bei meiner Aufgabe hier genauso machen können oder?

Jep, so isses.

Zitat:

Original von Luis23
Aber wann verwende ich genau Induktion bei solchen Sachen und wann nicht?

Wie langweilig wäre Mahematik, wenn man das immer wüsste...

Zitat:

Original von Luis23
Ich erinnere mich bspw. das wir es bei rekursiv definierten Folgen sehr häufig so gemacht haben also mit Induktion

Ja, die sind doch auch wie geschaffen für Induktion. Wenn du den Workshop gelesen und das Prinzip verstanden hast, dann verstehst du auch, warum das so ist.

28.03.2007, 08:54

Luis23

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Und noch eine Reihe:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~\frac {n+4}{n^2-3n+1} \geq \sum_{n=0}^\infty~\frac {n}{n^2-3n} = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n-3} \end{eqnarray*}$

Ist die Abschätzung korrekt? Danke

28.03.2007, 08:55

Luis23

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Die Minorante divergiert, somit divergiert auch die gegebene Reihe!

28.03.2007, 09:55

klarsoweit

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Zitat:

Original von Luis23
Ist die Abschätzung korrekt? Danke

Lustige Frage. Warum kontrollierst du nicht selbst? verwirrt

verwirrt

n=0:
$\begin{eqnarray*} \frac {4}{1} \geq \frac {0}{0} \end{eqnarray*}$ nicht definiert

n=1:
$\begin{eqnarray*} \frac {5}{-1} \geq \frac {1}{-2} \end{eqnarray*}$ falsch.

n=2:
$\begin{eqnarray*} \frac {6}{-1} \geq \frac {2}{-2} \end{eqnarray*}$ falsch.

n=3:
$\begin{eqnarray*} \frac {7}{1} \geq \frac {3}{0} \end{eqnarray*}$ nicht definiert.

Ich denke, jetzt ist der Punkt gekommen, wo du mal über deine Abschätzung nachdenken solltest. Augenzwinkern

Augenzwinkern

28.03.2007, 10:19

Luis23

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Oh, oh, oh so ein Mist. Danke dir. Das hätte ich mir selbst mal genauer ansehen sollen. Könnte man die Minorante auch erst bei 1 los gehen lassen? Wenn nämlich dann die Beträge betrachtet werden, wäre es ja nicht mal sooo falsch gewesen...
Aber leider geht es hier nicht um Beträge und absolute Konvergenz!

28.03.2007, 10:38

klarsoweit

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Natürlich kannst du endlich viele Summanden weglassen und die Reihe bei n=4 beginnen. Dann ist der Nenner auch durchgängig positiv. Allerdings ist bei der Abschätzung des Nenners zu beachten, daß dieser durch das Weglassen der +1 kleiner und damit der Bruch bei konstantem Zähler größer wird. Besser ist daher die Abschätzung mit +n. Dann wird der Nenner größer und man ist in jedem Fall auf der sicheren Seite.

28.03.2007, 11:05

Luis23

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Verstehe ich dich richtig?

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=4}^\infty~\frac{n+4}{n^2-3n+1} \geq \sum_{n=4}^\infty~\frac{n}{n^2-3n+n} = \sum_{n=4}^\infty~\frac{1}{n-2} \end{eqnarray*}$

Kann ich jetzt sagen, die Minorante divergiert und ist ja nun auch überall definiert.
Was mache ich aber mit den Gliedern für n=0,1,2,3 die ich jetzt komplett weggelassen habe? In der ursprünglichen Reihe sind die ja nach wie vor vorhanden und die Abschätzung gilt erst ab n=4

28.03.2007, 11:15

klarsoweit

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Die Abschätzung ist jetzt so ok. Und die ersten 4 Summanden kannst du ja einzeln aufführen und schleppst die dann einfach mit.

28.03.2007, 11:33

Luis23

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Alles klar, ich danke dir!

Mal noch zur Übung, was hälst du davon?
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~\frac{5n^6+8}{(n+3)^6} \geq \sum_{n=0}^\infty~\frac{5n^6}{(n+3)^6} = \sum_{n=0}^\infty~{(\frac{5n}{(n+3)})}^6 \end{eqnarray*}$

Die gefundene Minorante divergiert für alle n > 1. Ist das korrekt?

28.03.2007, 12:21

kiste

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In dem Fall ist es noch einfacher.
Notwendige Bedingung für die Konvergenz ist eine Nullfolge dies liegt hier aber nicht vor.

28.03.2007, 12:35

klarsoweit

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Zitat:

Original von Luis23
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~\frac{5n^6}{(n+3)^6} = \sum_{n=0}^\infty~{(\frac{5n}{(n+3)})}^6 \end{eqnarray*}$

Obendrein stimmt diese beziehung nicht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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