Integralkriterium von Cauchy < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:49 Do 22.09.2011 | | Autor: | JanineH. |
| Aufgabe | Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz
1) [mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}} [/mm] |
Hallo zusammen,
ich komme gerade bei einer Aufgabe nicht weiter und hoffe auf eure Hilfe ;)
Man muss die Reihe:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}}
[/mm]
auf Konvergenz untersuchen.
Da die Differenz zwischen Zähler- und Nennergrad [mm] \le [/mm] 1 ist, habe ich versucht das Minorantenkriterium anzuwenden.
Vergleichsreihe:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}} \ge \bruch{1}{2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}} [/mm] | Kehrwert
[mm] 2n\wurzel{ln(3n-1} \le 2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}
[/mm]
2n [mm] \le 2n^2
[/mm]
Wahr!
Also ist die Reihe divergent.
In der Musterlösung wurde die Aufgabe jedoch mit dem Integralkriterium von Cauchy gelöst.
Ich habe gegoogelt und versucht es zu verstehen, aber leider ist es auf vielen Seiten sehr formal beschrieben :( Kann mir jemand das Cauchykriterium in einfachen Worten erklären?
Meine Idee war folgende:
Man betrachtet die Folge, die nach dem Summenzeichen steht, als Funktion.
(Bei der Summe hat man im Graphen ja nur einzelne Punkte (nicht stetig). Wenn man aber nun durch alle Punkte eine Linie zieht, so hat man eine Funktion die stetig ist).
Von dieser Funktion berechnet man dann das Integral. Wenn das Integral gegen +/- unendlich geht, dann addiert man in der Summe Glieder hinzu, die dazu führen dass die Summe immer weiter wächst.
Wenn die Funktion aber für n gegen unendlich doch einen Flächeninhalt besitzt, dann berührt die Funktion irgendwo im Unendlichen die x-Achse oder sie nähert sich sehr stark der x-Achse an, berührt diese aber nicht. Der Abstandt is vernachlässigbar klein und somit existiert trotzdem ein Flächeninhalt.
Für die Summe bedeutet dies, dass man im unendlichen irgendwann Glieder hinzuaddiert, die sich vom vorangegangenen Glied nicht unterscheiden --> Die Reihe konvergiert.
Hoffe es ist totaler Quatsch. Habe mich an dem Wort Integralkriterium gehalten und versucht irgendwas schlüssiges abzuleiten :D
schönen Tag noch!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:00 Do 22.09.2011 | | Autor: | fred97 |
> Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz
>
> 1) [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}}[/mm]
>
> Hallo zusammen,
>
> ich komme gerade bei einer Aufgabe nicht weiter und hoffe
> auf eure Hilfe ;)
> Man muss die Reihe:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}}[/mm]
>
> auf Konvergenz untersuchen.
> Da die Differenz zwischen Zähler- und Nennergrad [mm]\le[/mm] 1
???? Was ist denn der Grad des Nenners ????
> ist, habe ich versucht das Minorantenkriterium anzuwenden.
>
> Vergleichsreihe:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}}[/mm]
>
>
> [mm]\bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}} \ge \bruch{1}{2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}}[/mm]
> | Kehrwert
>
> [mm]2n\wurzel{ln(3n-1} \le 2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}[/mm]
>
> 2n [mm]\le 2n^2[/mm]
>
> Wahr!
> Also ist die Reihe divergent.
Wieso ? Das kannst Du nur sagen, wenn Du sicher bist, dass
$ [mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{1}{2n^{2}\wurzel{ln(3n-1)}} [/mm] $
divergiert. Ist das der Fall ?
>
> In der Musterlösung wurde die Aufgabe jedoch mit dem
> Integralkriterium von Cauchy gelöst.
> Ich habe gegoogelt und versucht es zu verstehen, aber
> leider ist es auf vielen Seiten sehr formal beschrieben :(
> Kann mir jemand das Cauchykriterium in einfachen Worten
> erklären?
Integralkrit.:
Sei $f:[1, [mm] \infty) \to \IR$ [/mm] positiv und monoton fallend ( insbesondere ist dann f auf jedem Intervall der Form [1,b] Riemannintegrierbar (b>1). Dann gilt:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}f(n) [/mm] ist konvergent [mm] \gdw \integral_{1}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] ist konvergent.
FRED
>
> Meine Idee war folgende:
>
> Man betrachtet die Folge, die nach dem Summenzeichen steht,
> als Funktion.
> (Bei der Summe hat man im Graphen ja nur einzelne Punkte
> (nicht stetig). Wenn man aber nun durch alle Punkte eine
> Linie zieht, so hat man eine Funktion die stetig ist).
> Von dieser Funktion berechnet man dann das Integral. Wenn
> das Integral gegen +/- unendlich geht, dann addiert man in
> der Summe Glieder hinzu, die dazu führen dass die Summe
> immer weiter wächst.
> Wenn die Funktion aber für n gegen unendlich doch einen
> Flächeninhalt besitzt, dann berührt die Funktion irgendwo
> im Unendlichen die x-Achse oder sie nähert sich sehr stark
> der x-Achse an, berührt diese aber nicht. Der Abstandt is
> vernachlässigbar klein und somit existiert trotzdem ein
> Flächeninhalt.
> Für die Summe bedeutet dies, dass man im unendlichen
> irgendwann Glieder hinzuaddiert, die sich vom
> vorangegangenen Glied nicht unterscheiden --> Die Reihe
> konvergiert.
>
> Hoffe es ist totaler Quatsch. Habe mich an dem Wort
> Integralkriterium gehalten und versucht irgendwas
> schlüssiges abzuleiten :D
>
> schönen Tag noch!
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:12 Do 22.09.2011 | | Autor: | JanineH. |
Hi Fred97,
der Zählergrad ist ja 0
und der Nennergrad ist 1
Wir haben das so gelernt:
Ist die Differenz zwischen Zähler und Nennergrad <= 1 --> Minorantenkriterium
Ist die Differenz jedoch > 1, dann verwendet man das Majorantenkriterium.
Die Vergleichsreihe habe ich einfach nur geraten. Weiß nicht genau ob sie konvergiert oder divergiert. Es ist doch nahezu unmöglich eine Vergleichsreihe zu finden die divergiert. Mir fällt da [mm] \bruch{1}{n} [/mm] ein, aber das klappte irgendwie nicht. Deshalb habe ich einfach eine genommen, die ähnlich der Ursprungsreihe ist.
Ich weiß beim besten Willen nicht, wie man aus:
[mm] \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}}
[/mm]
eine Vergleichsreihe ableiten soll, die divergiert. Leider fehlt mir das Talent um so etwas auf anhieb zu erkennen :D
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ZITAT VON FRED97
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>Integralkrit.:
>
>Sei f:[1, [mm] \infty) \to \IR [/mm] positiv und monoton fallend ( insbesondere ist >dann f auf jedem Intervall der Form [1,b] Riemannintegrierbar (b>1). >Dann gilt:
>
[mm] >\summe_{n=1}^{\infty}f(n) [/mm] ist konvergent [mm] \gdw >\integral_{1}^{\infty}{f(x) dx} [/mm] ist konvergent.
>
>FRED
-----------------------------------------------
Jetzt bin ich ein wenig verwirrt :)
Beim Integral muss man doch zeigen, das ein Flächeninhalt existiert.
Du hast da aber "konvergent" hingeschrieben.
Es würde also ausreichen, wenn ich die den
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] f(x)
bilde und so die Konvergenz zeige?
Danke =)
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Hallo JanineH.,
> Hi Fred97,
>
> der Zählergrad ist ja 0
> und der Nennergrad ist 1
Du hast doch überhaupt kein Polynom im Nenner ...
[mm]\frac{1}{2n\sqrt{\ln(3n-1)}}[/mm] ist keine gebr. rat. Funktion!
> Wir haben das so gelernt:
>
> Ist die Differenz zwischen Zähler und Nennergrad <= 1 -->
> Minorantenkriterium
> Ist die Differenz jedoch > 1, dann verwendet man das
> Majorantenkriterium.
>
> Die Vergleichsreihe habe ich einfach nur geraten. Weiß
> nicht genau ob sie konvergiert oder divergiert. Es ist doch
> nahezu unmöglich eine Vergleichsreihe zu finden die
> divergiert. Mir fällt da [mm]\bruch{1}{n}[/mm] ein, aber das
> klappte irgendwie nicht. Deshalb habe ich einfach eine
> genommen, die ähnlich der Ursprungsreihe ist.
> Ich weiß beim besten Willen nicht, wie man aus:
>
> [mm]\bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n-1}}[/mm]
>
> eine Vergleichsreihe ableiten soll, die divergiert. Leider
> fehlt mir das Talent um so etwas auf anhieb zu erkennen :D
>
> -------------------------------------------------
> ZITAT VON FRED97
> -------------------------------------------------
> >Integralkrit.:
> >
> >Sei f:[1, [mm]\infty) \to \IR[/mm] positiv und monoton fallend (
> insbesondere ist >dann f auf jedem Intervall der Form [1,b]
> Riemannintegrierbar (b>1). >Dann gilt:
> >
> [mm]>\summe_{n=1}^{\infty}f(n)[/mm] ist konvergent [mm]\gdw >\integral_{1}^{\infty}{f(x) dx}[/mm]
> ist konvergent.
> >
> >FRED
> -----------------------------------------------
>
> Jetzt bin ich ein wenig verwirrt :)
> Beim Integral muss man doch zeigen, das ein Flächeninhalt
> existiert.
> Du hast da aber "konvergent" hingeschrieben.
> Es würde also ausreichen, wenn ich die den
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] f(x)
>
> bilde und so die Konvergenz zeige?
Wenn du zeigen kannst, das das entspr. Integral konvergiert, so konvergiert auch die Reihe.
Wenn du zeigen kannst, dass das Integral divergiert, so divergiert auch die Reihe.
Letzteres ist wohl der Fall, ich finde aber so auf Anhieb keine geeignetet Abschätzung für den Integranden und daher auch keine divergente Minorante für das Integral 
ABER: Mit dem Cauchy'schen VERDICHTUNGSkriterium geht es ganz gut.
Es ist [mm](a_n)_{n\in\IN}=\left( \ \frac{1}{2n\sqrt{\ln(3n-1)}} \ \right)_{n\in\IN}[/mm] monoton fallend und [mm]a_n>0[/mm] für alle [mm]n[/mm]
Deine Ausgangsreihe [mm]S=\sum\limits_{n=2}^{\infty}a_n[/mm] hat dasselbe Konvergenzverhalten wie die Reihe [mm]T=\sum\limits_{k=2}^{\infty}2^k\cdot{}a_{2^k}[/mm]
Wenn du dir [mm]T[/mm] mal hinschreibst, kannst du sehr leicht eine divergente Minorante zu [mm]T[/mm] finden.
Damit divergiert dann auch [mm]S[/mm]
Gruß
schachuzipus
>
>
> Danke =)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:29 Do 22.09.2011 | | Autor: | JanineH. |
hey schachuzipus,
das Verdichtungskriterium kannte ich noch gar nicht.
Das macht die Sache ja wirklich leichter :D
Hoffentlich stimmt das jetzt so:
[mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{2^{k}}{2*2^{k}\wurzel{ln(2^{k}+1}}
[/mm]
=
[mm] \bruch{1}{2} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+1)}}
[/mm]
Minorante ist: [mm] \bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+4)}}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+1}} \ge \bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+4)}}
[/mm]
[mm] \wurzel{ln(2^{k}+1} \le \wurzel{ln(2^{k}+4)} [/mm] |²
[mm] ln(2^{k}+1) \le ln(2^{k}+4)
[/mm]
Das ist jetzt wahr!
Darf man eigentlich das Verdichtungskriterium mit anderen Kriterien mixen?
Also erst das Verdichtungskriterium anwenden und danach zum Beispiel das Quotientenkriterium.
Danke für den Tipp! Du hast mir sehr geholfen :D Hänge schon sehr lange an dieser Aufgabe fest, aber jetzt ist es endlich vorbei :D
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Hallo nochmal,
> hey schachuzipus,
>
> das Verdichtungskriterium kannte ich noch gar nicht.
> Das macht die Sache ja wirklich leichter :D
> Hoffentlich stimmt das jetzt so:
>
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{2^{k}}{2*2^{k}\wurzel{ln(2^{k}+1}}[/mm]
>
> =
>
> [mm]\bruch{1}{2} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+1)}}[/mm]
Der Wurzelausdruck stimmt nicht, oder? Da sollte doch [mm]\sqrt{\ln\left(3\cdot{}2^k-1\right)}[/mm] stehen.
Der Logarithmus ist ja mon. steigend, da kannst du das Argument großzügig vergrößern, zB.:
[mm]\ln\left(3\cdot{}2^k-1\right)<\ln\left(2^{2k}\right)=2k\ln(2)[/mm]
Die Wurzelfunktion ist ebenfalls monoton steigend, daher auch [mm]\sqrt{...}<\sqrt{2\ln(2)}\cdot{}\sqrt{k}[/mm]
Damit [mm]\frac{1}{2}\sum\frac{1}{\sqrt{3\cdot{}2^k-1}} \ > \ \frac{1}{2\sqrt{2\ln(2)}}\cdot{}\sum\frac{1}{\sqrt{k}}[/mm]
Und das ist bekanntermaßen divergent ...
>
> Minorante ist: [mm]\bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+4)}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+1}} \ge \bruch{1}{\wurzel{ln(2^{k}+4)}}[/mm]
>
> [mm]\wurzel{ln(2^{k}+1} \le \wurzel{ln(2^{k}+4)}[/mm]
> |²
>
> [mm]ln(2^{k}+1) \le ln(2^{k}+4)[/mm]
>
> Das ist jetzt wahr!
>
> Darf man eigentlich das Verdichtungskriterium mit anderen
> Kriterien mixen?
Wie meinst du das denn i.A.? Was meinst du mit "mischen"?
> Also erst das Verdichtungskriterium anwenden und danach
> zum Beispiel das Quotientenkriterium.
Jo, das Konvergenzverhalten der Reihe [mm]\sum 2^ka_{2^k}[/mm] kannst du mit den Mitteln deiner Wahl bestimmen ...
Und daraus dann gem. Verdichtungskrit. auf das K-Verhalten der Reihe [mm]\sum a_n[/mm] schließen
>
> Danke für den Tipp! Du hast mir sehr geholfen :D Hänge
> schon sehr lange an dieser Aufgabe fest, aber jetzt ist es
> endlich vorbei :D
>
>
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:13 Do 22.09.2011 | | Autor: | JanineH. |
hi,
ups da hat sich ein Fehler eingeschlichen.
Du hast Recht. Es muss
[mm] \bruch{1}{2} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{\wurzel{ln(IRGENDWAS*2^{k}+1)}}
[/mm]
lauten.
irgendwie bin ich total neben der Spur ;)
Danke nochmal für den Tipp mit dem Verdichtungskriterium. Konnte jetzt alle Aufgaben damit lösen :D
Auf die Idee wäre ich niiiiieee im Leben gekommen.
Liebe Grüße
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Hallo nochmal,
> hi,
>
> ups da hat sich ein Fehler eingeschlichen.
Ja, passiert halt schonmal ...
> Du hast Recht. Es muss
>
> [mm]\bruch{1}{2} \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{\wurzel{ln(IRGENDWAS*2^{k}+1)}}[/mm]
>
> lauten.
>
> irgendwie bin ich total neben der Spur ;)
> Danke nochmal für den Tipp mit dem Verdichtungskriterium.
> Konnte jetzt alle Aufgaben damit lösen :D
Na, das klingt doch beruhigend
So soll es sein !
> Auf die Idee wäre ich niiiiieee im Leben gekommen.
> Liebe Grüße
Zurück!
Bis dann
schachuzipus
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:35 Do 22.09.2011 | | Autor: | JanineH. |
ich habe es jetzt doch mit dem minorantenkriterium gelöst.
Die Ursprungsreihe erinnert ja an die harmonische Reihe.
Jetzt habe ich einfach ein Vielfaches der harmonischen Reihe genommen. Diese divergiert ja.
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{4n\wurzel{ln(3n-1}}
[/mm]
[mm] \bruch{1}{4n\wurzel{ln(3n-1}} \le \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n+1}}
[/mm]
[mm] {4n\wurzel{ln(3n-1}} \ge 2n\wurzel{ln(3n+1}
[/mm]
4n [mm] \ge [/mm] 2n
Wahr! Also ist die Ursprungsreihe auch divergent.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:38 Do 22.09.2011 | | Autor: | fred97 |
> ich habe es jetzt doch mit dem minorantenkriterium
> gelöst.
> Die Ursprungsreihe erinnert ja an die harmonische Reihe.
>
> Jetzt habe ich einfach ein Vielfaches der harmonischen
> Reihe genommen. Diese divergiert ja.
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{4n\wurzel{ln(3n-1}}[/mm]
Da bringt doch nichts !!!!
Ist denn [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{4n\wurzel{ln(3n-1}}[/mm] divergent ??
Solange Du das nicht weißt ....
FRED
>
> [mm]\bruch{1}{4n\wurzel{ln(3n-1}} \le \bruch{1}{2n\wurzel{ln(3n+1}}[/mm]
>
> [mm]{4n\wurzel{ln(3n-1}} \ge 2n\wurzel{ln(3n+1}[/mm]
>
> 4n [mm]\ge[/mm] 2n
>
> Wahr! Also ist die Ursprungsreihe auch divergent.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:43 Do 22.09.2011 | | Autor: | JanineH. |
Hi,
wieso bringt es nichts?
Die Vergleichsreihe ist doch nur ein Vielfaches der harmonischen Reihe, oder nicht?
Die harmonische Reihe divergiert, also divergiert auch ein Vielfaches der harmonischen Reihe.
So habe ich es jedenfalls im Internet gelesen ;)
Gruß
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 Do 22.09.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
>
> wieso bringt es nichts?
> Die Vergleichsreihe ist doch nur ein Vielfaches der
> harmonischen Reihe, oder nicht?
Das
$ [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{4n\wurzel{ln(3n-1}} [/mm] $
ist kein Vielfaches der harmonischen Reihe.
FRED
> Die harmonische Reihe divergiert, also divergiert auch ein
> Vielfaches der harmonischen Reihe.
>
> So habe ich es jedenfalls im Internet gelesen ;)
>
> Gruß
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