Divergente Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:40 Do 20.12.2007 | | Autor: | Petite |
| Aufgabe | Die Folge [mm] (x_n) [/mm] sei definiert durch
[mm] x_n:=\begin{cases} n^{-1}, & \mbox{für } n \mbox{ ungerade} \\ -n^{-2}, & \mbox{für } n \mbox{ gerade} \end{cases}
[/mm]
Zeigen Sie, dass die Reihe [mm] \sum_{n=1}^{\infty}x_n [/mm] divergiert. Warum lässt sich das Leibnizkriterium nicht anwenden? |
Sitze hier mit meiner Mathegruppe vor dieser Aufgabe und komme nicht weiter.
Also der zweite Teil der Aufgabe macht uns keine Probleme, dass das Leibnizkriterium nicht gilt ist für uns offensichtlich.
Nur beim ersten Teil kommen wir nicht so recht voran.
Wir haben mehrere Lösungsanseetzte:
1. Wir hatten die Idee, dass wir eine bestimmte Anzahl von Glieder hintereinander aufaddieren, um einen Wert zu erreichen, den wir mit bestimmter Anzahl von Gliedern immer wieder bilden können. Und dadurch zeigen, dass die Folge divergiert.
Problem: Wir wissen nicht, wie das ganze dann gegen Unendlich aussieht.
2. Wir teilen die Folge in diese beiden Folgen (s.o. für n gerad und n ungerade). Und zeigen, dass die Teilfolgen entweder konvergieren oder divergieren. Durch die Addition folgt daraus, dass die Gesamtfolge divergent ist, wenn eine divergent und eine konvergent ist.
Problem: Bisher haben wir nur konvergente Folgen miteinander addiert.
Wir danken für jede Anwort.
Wir haben diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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Wahrscheinlich hilft hier nur das ![[]](/images/popup.gif) Integralkriterium.
Mist - nicht beachtet, dass die Funktion monoton fallend sein müsste. Klar ist, dass der [mm] n^{-1} [/mm] Teil überwiegt und die Summe deswegen divergiert. Muss nochmal nachdenken...
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Also neuer Versuch:
Um die Divergenz zu zeigen, müssen wir zeigen, dass die Folge der Teilsummen gegen [mm] \infty [/mm] geht. Da müssen wir uns jetzt eine geeignete Minorante basteln. Meine Idee wäre
[mm]M_n = \summe_{i=1}^{n} \bruch{1}{10n} [/mm]
Die Folge [mm](M_n)[/mm] divergiert, da sie bis auf einen konstanten Faktor mit der harmonische Reihe übereinstimmt und diese divergiert.
Jetzt muss man noch zeigen, dass es sich wirklich um eine Minorante handelt, sollte aber mit vollständiger Induktion möglich sein. Der Faktor [mm] \bruch{1}{10} [/mm] ist natürlich willkürlich, sollte aber für die Induktion ausreichen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:04 Do 20.12.2007 | | Autor: | Petite |
Die zweite Teilsumme kann aber nicht gegen Undendlich gehen, weil sie konvergent ist.
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Nein, da hast mich falsch verstanden. Ich dachte mir [mm] M_n [/mm] als Minorante zur gesamten Reihe, daher auch der Faktor [mm] \bruch{1}{10} [/mm] und die Sache mit der vollständigen Induktion... Also:
[mm]S_n = \summe_{i=1}^{n} x_i[/mm]
Z.z. dass stets [mm]S_n > M_n[/mm].
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:26 Do 20.12.2007 | | Autor: | Petite |
Ich versteh nicht wie das gehen soll. Bei uns wurde die Minorante so definiert:
Seien [mm] \summe x_k [/mm] Reihe in E und [mm] \summe a_k [/mm] Reihe in [mm] [0,\infty).
[/mm]
[mm] \summe a_k [/mm] heißt Minorante von [mm] \summe x_k, [/mm] falls [mm] \exists N\in \IN \forall [/mm] k [mm] \ge [/mm] N: [mm] |x_k| \ge a_k.
[/mm]
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Ja, ich wollte das Problem mit den Reihen umgehen und nur Folgen betrachten: Wenn ich von einer Folge [mm] M_n [/mm] weiß, dass sie gegen [mm] \infty [/mm] geht und dass immer [mm] S_n [/mm] > [mm] M_n [/mm] > 0 ist, dann muss auch [mm] S_n [/mm] gegen [mm] \infty [/mm] gehen, oder?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:50 Do 20.12.2007 | | Autor: | Petite |
Hab es inzwischen kapiert, nur jetzt haperts beim Induktionsbeweis. Bei mir kommt immer raus, dass das keine Minorante ist.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:52 Do 20.12.2007 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Petite,
ich weiß nicht, wie es momentan bei Dir aussieht und ob der vorgeschlagene Weg funktioniert.
Ich mache Dir folgenden Vorschlag:
Wenn ich mir hier mal gerade n=2m mit einem $m \in \IN$ angucke, so gilt:
$\sum_{k=1}^{n}x_k=\sum_{k=1}^{2m}x_k=\sum_{k=1}^{m}\pmat{\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{(2k)^2}$
Wenn ich nun rechne:
$\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{(2k)^2}=\frac{4k^2-2k+1}{8k^3-4k^2}$
so erkennt man:
$k*\frac{4k^2-2k+1}{8k^3-4k^2} \to \frac{1}{2}$ bei $k \to \infty$
Ist also $\varepsilon=\frac{1}{4} > 0$, so gibt es insbesondere ein $K \in \IN$, so dass für alle $k \ge K$ gilt:
$\frac{1}{2}-\varepsilon=\frac{1}{4} \le k*\frac{4k^2-2k+1}{8k^3-4k^2}$
Nehmen wir nun an, oben sei o.E. $m \ge K$.
Dann folgt:
$\sum_{k=1}^{2m}x_k=\sum_{k=1}^{m}\pmat{\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{(2k)^2}}=\sum_{k=1}^{m}\frac{4k^2-2k+1}{8k^3-4k^2} \ge \sum_{k=K}^{m} \frac{4k^2-2k+1}{8k^3-4k^2} \ge \sum_{k=K}^{m}\frac{1}{4k}=\frac{1}{4}\sum_{k=K}^{m}\frac{1}{k}$
Was passiert nun bei $m \to \infty$? Warum folgt damit schon, dass die Reihe divergiert? Beachte, dass ich, da die Reihe $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$ bekanntlich die Teilsummenfolge mit den Gliedern $s_n=\sum_{k=1}^{n} a_k$ hat, ich oben die Folge $(s_{2n})_{n \in \IN}$ betrachte, also die Teilfolge der Teilsummenfolge mit geraden Indizes.
Gruß,
Marcel
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