Konvergenz einer Reihe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:52 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
| Aufgabe | Zeige, die Reihe [mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k*(log(k))^{\alpha}}
[/mm]
konv. für [mm] \alpha [/mm] > 1 |
Ich vermute mal, dass man das mit dem C.-Verdichtung zeigen soll. Allerdings komme ich trotzdem nicht viel weiter ...
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Hallo Blubie,
> Zeige, die Reihe
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{k*(log(k))^{\alpha}}[/mm]
?? Das ist nicht so recht definiert!
Wie sind die Summanden für [mm]k=0[/mm] und [mm]k=1[/mm] ??
Gemeint ist sicher [mm]\sum\limits_{\red{k=2}}^{\infty}\frac{1}{k\cdot{}\left(\log(k)\right)^{\alpha}[/mm]
> konv. für [mm]\alpha[/mm] > 1
>
> Ich vermute mal, dass man das mit dem C.-Verdichtung zeigen
> soll. Allerdings komme ich trotzdem nicht viel weiter ...
Das ist die richtige Idee!
Wie sieht die Reihe aus, die du gem. Verdichtungskrit. bekommst?
Schreibe die hin, forme etwas um und du kannst sie sehr leicht gem. Majorantenkrit. abschätzen gegen eine Reihe [mm]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}[/mm]
Und diese Dinger konvergieren für [mm]\alpha>1[/mm] und div. für [mm]\alpha\le 1[/mm] mit der harmonischen Reihe als Grenzreihe zwischen den konvergenten und divergenten Reihen dieses Typs
Das hattet ihr sicher in der VL
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:15 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
Dann hätte ich Folgendes stehen:
[mm] \bruch{1}{n^{\alpha}*log(2^{n})^{\alpha}} [/mm] . Meine Frage ist aber nun, warum du das einfach gegen [mm] \bruch{1}{n^{\alpha}} [/mm] abschätzen kannst. Ich meine, es hätte ja sein können, dass die Reihe ohne diese Abschätzung noch für "mehr alphas" konvergieren würde, oder? Weiterhin ist diese Abschätzung nicht für alle alphas erlaubt ...
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Moin Blubie,
> Dann hätte ich Folgendes stehen:
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> [mm]\bruch{1}{n^{\alpha}*log(2^{n})^{\alpha}}[/mm] .
Das mir bekannte Verdichtungskriterium lautet:
Sei [mm] (a_n) [/mm] eine nichtnegative fallende Folge in [mm] \IR. [/mm] Dann konvergiert [mm] \sum_ {n\geq0}a_n [/mm] genau dann, wenn [mm] \sum_{p\geq0}2^pa_{2^p} [/mm] ebenfalls konvergiert.
Nimmt man im konkreten Fall weiterhin an, das log der Logarithmus zur Basis 2 ist, so gilt also:
[mm] \summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{k\cdot{}(\log(k))^{\alpha}} [/mm] existiert [mm] \gdw \summe_{p=2}^{\infty}2^p\bruch{1}{2^p\cdot{}(\log(2^p))^{\alpha}}=\summe_{p=2}^{\infty}\bruch{1}{p^{\alpha}} [/mm] existiert
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:33 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
Das ist aber keine Antwort auf meine vorangegangene Frage ... Es geht mir um die alphas und warum ich abschätzen darf. Nochmals:
Dann hätte ich Folgendes stehen:
[mm] \bruch{1}{n^{\alpha}*log(2^{n})^{\alpha}} [/mm] . Meine Frage ist aber nun, warum du das einfach gegen [mm] \bruch{1}{n^{\alpha}} [/mm] abschätzen kannst. Ich meine, es hätte ja sein können, dass die Reihe ohne diese Abschätzung noch für "mehr alphas" konvergieren würde, oder? Weiterhin ist diese Abschätzung nicht für alle alphas erlaubt ...
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Hallo nochmal,
> Das ist aber keine Antwort auf meine vorangegangene Frage
> ... Es geht mir um die alphas und warum ich abschätzen
> darf. Nochmals:
>
> Dann hätte ich Folgendes stehen:
> [mm]\bruch{1}{n^{\alpha}*log(2^{n})^{\alpha}}[/mm] .
Das ist und bleibt falsch, du ersetzt in [mm]\frac{1}{k\cdot{}(\log(k))^{\alpha}}[/mm] jedes [mm]k[/mm] durch [mm]2^n[/mm] und multiplizierst [mm]2^n[/mm] vorne dran, das gibt
[mm]2^n\cdot{}\frac{1}{2^n\cdot{}\left(\log(2^n)\right)^{\alpha}}=\frac{1}{\left(n\cdot{}\log(2)\right)^{\alpha}}[/mm] nach dem Loggesetz für Potenzen [mm]\log(x^m)=m\log(x)[/mm]
[mm]=\frac{1}{n^{\alpha}\cdot{}\left(\log(2)\right)^{\alpha}}[/mm]
Und [mm]\log(2)=\log_2(2)=1[/mm]
> Meine Frage
> ist aber nun, warum du das einfach gegen
> [mm]\bruch{1}{n^{\alpha}}[/mm] abschätzen kannst. Ich meine, es
> hätte ja sein können, dass die Reihe ohne diese
> Abschätzung noch für "mehr alphas" konvergieren würde,
> oder? Weiterhin ist diese Abschätzung nicht für alle
> alphas erlaubt ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:45 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
Tut mir leid, da hatte ich mich verschrieben. Aber der log von 2 ist doch nicht gleich 1 ... gemeint ist hier der ln also der logarithmus zur basis e!
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> Tut mir leid, da hatte ich mich verschrieben. Aber der log
> von 2 ist doch nicht gleich 1 ... gemeint ist hier der ln
> also der logarithmus zur basis e!
Dann kannst du z. B. umrechnen. Für r>0 gilt:
[mm] \log_2 [/mm] r = [mm] \frac{\ln r}{\ln 2}
[/mm]
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:01 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
Und was hilft mir das jetzt beim bestimmen der alphas? Vorhin hat Schachuzipus gesagt, dass man abschätzen sollte. Daraufhin habe ich gefragt, warum man denn abschätzen kann, da dadurch doch einige alphas verloren gehen könnten. Also nochmals: Warum darf ich von [mm] \bruch{1}{n^{\alpha}*log(2)^{\alpha}} [/mm] nach [mm] \bruch{1}{n^{\alpha}} [/mm] abschätzen und erhalte TROTZDEM noch dieselben alphas für die die konvergenz gilt? Das ist es was mich wirklich brennend interessieren würde ... Mal davon abgesehen: Wie sehe ich [mm] \bruch{1}{n^{\alpha}} [/mm] an, dass alpha größer null sein muss??
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Hallo nochmal,
> Und was hilft mir das jetzt beim bestimmen der alphas?
> Vorhin hat Schachuzipus gesagt, dass man abschätzen
> sollte. Daraufhin habe ich gefragt, warum man denn
> abschätzen kann, da dadurch doch einige alphas verloren
> gehen könnten. Also nochmals: Warum darf ich von
> [mm]\bruch{1}{n^{\alpha}*log(2)^{\alpha}}[/mm] nach
> [mm]\bruch{1}{n^{\alpha}}[/mm] abschätzen
Da habe ich mich etwas missverständlich ausgedrückt.
Wir haben [mm]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}\cdot{}\left(\ln(2)\right)^{\alpha}}[/mm] - richtig? Soweit waren wir ja durch die Anwendung des Verdichtungskrit. gekommen.
Nun aber nicht anschätzen, sondern den konstanten Faktor [mm]\frac{1}{\left(\ln(2)\right)^{\alpha}}[/mm] rausziehen:
[mm]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}\cdot{}\left(\ln(2)\right)^{\alpha}}=\frac{1}{\left(\ln(2)\right)^{\alpha}}\cdot{}\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}[/mm]
Der Vorfaktor ist [mm]\neq 0[/mm], spielt also für Konvergenz keine Rolle, betrachten wir nur die letzte Reihe:
Die Reihen des Typs [mm]\sum\limits_n\frac{1}{n^k}[/mm] konvergieren für [mm]k>1[/mm] und divergieren für [mm]k\le 1[/mm]
Das kann man auch mit dem Verdichtungskriterium zeigen. Mache das mal, setzte es auf die Reihe [mm]\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^k}[/mm] an und schaue, wie und für welche [mm]k[/mm] sich Konvergenz ergibt.
Es ergibt sich durch die Anwendung des Verd.krit. eine geometr. Reihe, anhand derer du die Konvergenz in Abh. von [mm]k[/mm] ablesen kannst (und hoffentlich zu dem Schluss [mm]k>1[/mm] kommst  )
Ich dachte, dass ihr in der VL bereits die Reihen des Typs [mm]\sum\frac{1}{n^k}[/mm] behandelt hättet ...
> und erhalte TROTZDEM noch
> dieselben alphas für die die konvergenz gilt? Das ist es
> was mich wirklich brennend interessieren würde
Die Sache ist doch die, dass gem. Verdichtungskrit. die Reihen [mm]\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k\left(\ln(k)\right)^{\alpha}}[/mm] und [mm]\frac{1}{\left(\ln(2)\right)^{\alpha}}\cdot{}\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}[/mm] dasselbe Konvergenzverhalten haben.
Und wie das Konvergenzverhalten der Reihe [mm]\sum\frac{1}{n^k}[/mm] ist, habe ich dir bereits mehrfach geschrieben.
Wenn du das noch nicht hattest, zeige es wie angedeutet ...
> ... Mal
> davon abgesehen: Wie sehe ich [mm]\bruch{1}{n^{\alpha}}[/mm] an,
> dass alpha größer null sein muss??
Es muss [mm]>1[/mm] sein!!
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:31 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
Vielen Dank für die ausführliche Erklärung! Das hat mir wirklich sehr geholfen. Nur noch eine letzte Frage zur Konstanten, die du herausgezogen hast. Darf ich dieselbe nicht erst herausziehen, wenn ich weiß, dass der Ausdruck konvergiert? bzw. nehme ich da nicht etwas an, was ich danach erst zeige?
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Hallo nochmal,
> Vielen Dank für die ausführliche Erklärung! Das hat mir
> wirklich sehr geholfen. Nur noch eine letzte Frage zur
> Konstanten, die du herausgezogen hast. Darf ich dieselbe
> nicht erst herausziehen, wenn ich weiß, dass der Ausdruck
> konvergiert?
Nö, die ist ja unabh. vom Laufindex und steht bei jedem Summanden als multiplikative Konstante dabei, kannst du gefahrlos ausklammern und rausziehen ...
> bzw. nehme ich da nicht etwas an, was ich
> danach erst zeige?
Nö, alles im Lot
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:39 Do 16.06.2011 | | Autor: | Blubie |
Aber [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}(c*a_{n}) [/mm] = [mm] c*\limes_{n\rightarrow\infty}(a_{n}) [/mm] darf ich nur anwenden, wenn [mm] a_{n} \to [/mm] a , oder?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:26 Do 16.06.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
nein das kannst du immer rausziehen, wenn [mm] a_n [/mm] divergiert, dann sicher auch [mm] c*a_n, [/mm] du verwechselst das mit $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}(c_n\cdot{}a_{n}) [/mm] $ = $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}c_n\cdot{}\limes_{n\rightarrow\infty}(a_{n}) [/mm] $
das gilt nur für konvergente [mm] c_n [/mm] und [mm] a_n
[/mm]
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:10 Fr 17.06.2011 | | Autor: | Blubie |
In meinem Skript und in einem Buch zu dem Thema steht aber Folgendes: [mm] a_{n} \to [/mm] a [mm] \Rightarrow c*a_{n} \to [/mm] c*a. Das steht ja im Widerspruch zu deiner Aussage...Sicher, dass wenn ich eine Konstante herausziehe, dass dann nicht die Konvergenz bekannt sein muss?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:59 Fr 17.06.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Nein kein Widerspruch! wie du da einen siehst seh ich nicht, wenn [mm] a_n [/mm] kionv. nach a dann [mm] c*a_n [/mm] nach c*a, wenn [mm] a_n [/mm] nicht konvergiert, dann auch [mm] c*a_n [/mm] nicht. Wo ist der Widerspruch?
gruss leduart
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