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Forum "Folgen und Reihen" - Konvergenz mit Kriterium
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Konvergenz mit Kriterium: Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:39 So 10.01.2021
Autor: sancho1980

Hallo,
es geht um eine Übungsaufgabe zur Reihe [mm] $\summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)}$. [/mm] Probleme hab ich gerade mit dem Teil, der verlangt, die Konvergenz explizit anhand eines Konvergenzkriteriums zu zeigen. Dass es eine geschlossene Formel gibt und der Grenzwert 1 ist, ist also klar, aber wie gesagt, finde ich kein geeignetes Kriterium. Soviel Auswahl ist da aber auch gar nicht: Majorantenkriterium, Wurzelkriterium, Quotientenkriterium, mehr kommt m.E. ndoch eigentlich nicht in Frage. Aber weder finde ich eine geeignete Majorante noch ein q mit 0 [mm] \le [/mm] q < 1 für Quotienten- bzw. Wurzelkriterium.
Die Aufgabenstellung sagt vage, die Konvergenz soll mit einem Konvergenzkriterium gezeigt werden, d.h. mir ist unklar, ob nur gezeigt werden soll, dass die Reihe konvergiert, oder ob auch der Grenzwert mit dem Kriterium ermittelt werden soll (da fiele mir dann nur der Einschnürungssatz ein).

Für einen Tipp wäre ich sehr dankbar,
Gruß
Martin

        
Bezug
Konvergenz mit Kriterium: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:37 So 10.01.2021
Autor: fred97


> Hallo,
>  es geht um eine Übungsaufgabe zur Reihe
> [mm]\summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)}[/mm]. Probleme hab ich
> gerade mit dem Teil, der verlangt, die Konvergenz explizit
> anhand eines Konvergenzkriteriums zu zeigen. Dass es eine
> geschlossene Formel gibt und der Grenzwert 1 ist, ist also
> klar, aber wie gesagt, finde ich kein geeignetes Kriterium.
> Soviel Auswahl ist da aber auch gar nicht:
> Majorantenkriterium, Wurzelkriterium, Quotientenkriterium,
> mehr kommt m.E. ndoch eigentlich nicht in Frage. Aber weder
> finde ich eine geeignete Majorante noch ein q mit 0 [mm]\le[/mm] q <
> 1 für Quotienten- bzw. Wurzelkriterium.
>  Die Aufgabenstellung sagt vage, die Konvergenz soll mit
> einem Konvergenzkriterium gezeigt werden, d.h. mir ist
> unklar, ob nur gezeigt werden soll, dass die Reihe
> konvergiert, oder ob auch der Grenzwert mit dem Kriterium
> ermittelt werden soll (da fiele mir dann nur der
> Einschnürungssatz ein).
>  
> Für einen Tipp wäre ich sehr dankbar,
>  Gruß
>  Martin

Tipps: Majorantenkriterium. Vergleiche das Reihenglied mit  [mm] k^{-3/2}. [/mm]

Gruß  Fred

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Konvergenz mit Kriterium: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:39 So 10.01.2021
Autor: sancho1980

Hallo,
ja danke, aber wieso ist diese Majorante konvergent? Und wie kommt man auf sowas?
Danke und Gruß
Martin

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Konvergenz mit Kriterium: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:13 So 10.01.2021
Autor: statler


>  Und wie kommt man auf sowas?

Durch ausdauerndes Nachdenken! Später dann durch Erfahrung.

Gruß Dieter

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Konvergenz mit Kriterium: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:41 Mo 11.01.2021
Autor: fred97


> Hallo,
>  ja danke, aber wieso ist diese Majorante konvergent?


Folgendes sollte bekannt sein: für $p>0$ gilt

$ [mm] \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^p}$ [/mm] ist konvergent $ [mm] \gdw [/mm] p>1.$



> Und
> wie kommt man auf sowas?

Üben, üben, üben,....



>  Danke und Gruß
>  Martin


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Konvergenz mit Kriterium: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:48 Mo 11.01.2021
Autor: sancho1980

Hallo,

> Folgendes sollte bekannt sein: für [mm]p>0[/mm] gilt

ich fürchte hier hakt es. Bin mittlerweile beim Cauchychen Verdichtungskriterium angekommen. Der Wikipedia-Artikel hierzu sagt:

[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha} [/mm]

habe "das gleiche Konvergenzverhalten wie"

[mm] \summe_{n=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha} [/mm]

Ich verstehe leider nicht, was gemeint ist mit "hat das gleiche Konvergenzverhalten". Soll es heißen, beide Reihen:

1) sind gleich? (sehe ich jdf nicht)
2) konvergieren/divergieren für gleiche [mm] \alpha, [/mm] aber evtl gegen unterschiedliche Werte
3) konvergieren/divergieren für gleiche [mm] \alpha [/mm] gegen den gleichen Wert (dann wären sie aber auch gleich?)

Danke und Gruß,

Martin

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Konvergenz mit Kriterium: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:08 Mo 11.01.2021
Autor: fred97

$ [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k$ [/mm] und $ [mm] \sum_{k=1}^{\infty}b_k$ [/mm] seine zwei Reihen.

$ [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k$ [/mm] und $ [mm] \sum_{k=1}^{\infty}b_k$ [/mm] habe das gleiche Konvergenzverhalten bedeutet:

  $ [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k$ [/mm] konvergiert $ [mm] \gdw\sum_{k=1}^{\infty}b_k$ [/mm] konvergiert.

Im Konvergenzfall können die Reihenwerte durchaus verschieden sein.

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Konvergenz mit Kriterium: 1/n^2 konvergiert/Verdichtung
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 02:36 Mi 13.01.2021
Autor: HJKweseleit


> Hallo,
>  
> > Folgendes sollte bekannt sein: für [mm]p>0[/mm] gilt
>  
> ich fürchte hier hakt es. Bin mittlerweile beim Cauchychen
> Verdichtungskriterium angekommen. Der Wikipedia-Artikel
> hierzu sagt:
>  
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha}[/mm]
>  
> habe "das gleiche Konvergenzverhalten wie"
>  
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha}[/mm]
>  
> Ich verstehe leider nicht, was gemeint ist mit "hat das
> gleiche Konvergenzverhalten".

Das bedeutet, dass jede der beiden Reihen nach einigen Modifizierungen als Minorante bzw. Majorante der anderen fungiert.

Wie soll das gehen?

Das lässt sich sich am besten durch Hinschreiben der ersten Glieder erklären:

[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha}=\frac{1}{1^\alpha}+\frac{1}{2^\alpha}+(\frac{1}{3^\alpha}+\frac{1}{4^\alpha})+(\frac{1}{5^\alpha}+...+\frac{1}{8^\alpha})+(\frac{1}{9^\alpha}+...+\frac{1}{16^\alpha})+(\frac{1}{17^\alpha}+...+\frac{1}{32^\alpha})+(\frac{1}{33^\alpha}+...+\frac{1}{64^\alpha})+... [/mm]
     [mm] >\frac{1}{1^\alpha}+\frac{1}{2^\alpha}+(\frac{1}{4^\alpha}+\frac{1}{4^\alpha})+(\frac{1}{8^\alpha}+...+\frac{1}{8^\alpha})+(\frac{1}{16^\alpha}+...+\frac{1}{16^\alpha})+(\frac{1}{32^\alpha}+...+\frac{1}{32^\alpha})+(\frac{1}{64^\alpha}+...+\frac{1}{64^\alpha})+...(in [/mm] jeder Klammer derselbe Bruch)

     = [mm] \frac{1}{1^\alpha}+\frac{1}{2^\alpha}+2*\frac{1}{4^\alpha}+4*\frac{1}{8^\alpha}+8*\frac{1}{16^\alpha}+16*\frac{1}{32^\alpha}+32*\frac{1}{64^\alpha}+... [/mm]

     = [mm] 0,5*(\frac{1}{1^\alpha})+0,5*(1*\frac{1}{1^\alpha}+2*\frac{1}{2^\alpha}+4*\frac{1}{4^\alpha}+8*\frac{1}{8^\alpha}+16*\frac{1}{16^\alpha}+32*\frac{1}{32^\alpha}+64*\frac{1}{64^\alpha}+...) [/mm]

= [mm] 0,5*(\frac{1}{1^\alpha})+0,5*\summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha} [/mm]

Wenn [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha} [/mm] konvergiert, dann auch [mm] \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha}, [/mm] und wenn [mm] \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha} [/mm] divergiert, dann auch [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha}. [/mm]

Diese Rollen vertauschen sich, wenn sich das >-Zeichen zu einem <-Zeichen umwandeln lässt. Das gelingt ganz einfach durch eine andere Zusammenfassung der obigen Summanden:

[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha}=\frac{1}{1^\alpha}+(\frac{1}{2^\alpha}+\frac{1}{3^\alpha})+(\frac{1}{4^\alpha}+...+\frac{1}{7^\alpha})+(\frac{1}{8^\alpha}+...+\frac{1}{15^\alpha})+(\frac{1}{16^\alpha}+...+\frac{1}{31^\alpha})+(\frac{1}{32^\alpha}+...+\frac{1}{63^\alpha})+... [/mm]
     [mm] <\frac{1}{1^\alpha}+(\frac{1}{2^\alpha}+\frac{1}{2^\alpha})+(\frac{1}{4^\alpha}+...+\frac{1}{4^\alpha})+(\frac{1}{8^\alpha}+...+\frac{1}{8^\alpha})+(\frac{1}{16^\alpha}+...+\frac{1}{16^\alpha})+(\frac{1}{32^\alpha}+...+\frac{1}{32^\alpha})+...(in [/mm] jeder Klammer derselbe Bruch)

     = [mm] 1*\frac{1}{1^\alpha}+2*\frac{1}{2^\alpha}+4*\frac{1}{4^\alpha}+8*\frac{1}{8^\alpha}+16*\frac{1}{16^\alpha}+32*\frac{1}{32^\alpha}+64*\frac{1}{64^\alpha}+... [/mm]

     = [mm] \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha} [/mm]

Somit haben wir jetzt:

Wenn [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha} [/mm] divergiert, dann auch [mm] \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha}, [/mm] und wenn [mm] \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha} [/mm] konvergiert, dann auch [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^\alpha}. [/mm]


Zusatz: Für [mm] \alpha=1 [/mm] sieht man nun sofort:

[mm] \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^\alpha}=\summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}}=\summe_{k=0}^{\infty} [/mm] 1 ist divergent und damit auch [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}. [/mm]

[mm] \fbox{Für \alpha=2\ gilt:\ \summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^k}^2}=\summe_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{{2^{2k}}}=\summe_{k=0}^{\infty} \frac{1}{{2^k}}=\summe_{k=0}^{\infty} (\frac{1}{2})^k=2 \quad (geom. Reihe)\quad Also ist auch \summe_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\ konvergent.} [/mm]



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Konvergenz mit Kriterium: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:47 Mi 13.01.2021
Autor: sancho1980

Sehr interessant ...

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Konvergenz mit Kriterium: Integral als Majorante-korr.
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:30 Mo 11.01.2021
Autor: HJKweseleit


> Hallo,
>  ja danke, aber wieso ist diese Majorante konvergent? Und
> wie kommt man auf sowas?
>  Danke und Gruß
>  Martin

Monotone Folgen lassen sich häufig mit Hilfe eines Integrals abschätzen, wenn man für sie eine integrierbare Funktion findet.

Zunächst ist  [mm] \summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)}\le \summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{(k-1)(k - 1)} [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k*k} [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} [/mm] = S. Darauf solltest du von selber kommen.

Betrachte nun die Funktion [mm] f(x)=\bruch{1}{x^2}. [/mm] Es ist [mm] a_n=f(n) [/mm] für alle n [mm] \in \IN. [/mm]

[Dateianhang nicht öffentlich]

Im Bild siehst du den Graphen von f. Die eingezeichneten gelben Balken haben jeweils die Höhe [mm] a_1=f(1), a_2=f(2)... [/mm] und die Breite 1. Daher hat die Summe aller Balkenflächen den gesuchten Wert S. Diese Fläche ist aber kleiner als die Fläche unter dem Graphen von f. Da diese für x [mm] \mapsto [/mm] 0 nach unendlich geht, nehmen wir den ersten Balken mit dem Wert 1 heraus. Die restlichen Balken haben dann einen Wert kleiner als [mm] \integral_{1}^{\infty}{f(x) dx}= -\bruch{1}{x}|^{\infty}_1 [/mm] = 0-(-1)=1. Somit ist S<1+1=2.

Verallgemeinert gilt somit sogar: [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^t} [/mm] für t>1 konvergiert, da das entsprechende Integral den Wert [mm] -\bruch{1}{(t-1)x^{t-1}}|^{\infty}_1 [/mm] = [mm] 0-(-\bruch{1}{(t-1)})=\bruch{1}{(t-1)} [/mm] gibt. Für k=1 oder größer s.u.

Die Reihe lässt sich auch nach oben mit fast demselben Bild abschätzen. Hier zeichnet man die Balken weiter nach rechts:


[Dateianhang nicht öffentlich]

Der Wert S der Balkenflächen ist nun größer als die Fläche unter dem Graphen, also größer als [mm] \integral_{1}^{\infty}{f(x) dx}= -\bruch{1}{x}|^{\infty}_1 [/mm] = 0-(-1)=1.  Für das obige t=1 gibt das Integral den Wert [mm] ln(x)|^{\infty}_1 [/mm] = [mm] \infty [/mm] aus, wir haben Divergenz und damit auch schon eine Majorante für alle t<1.

S liegt also zwischen 1 und 2, der gesuchte Wert von [mm] \summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)} [/mm] ist aber kleiner als S. Nach dem Teleskopprinzip ist

[mm] \summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)}=\summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k - 1}-\frac{1}{k}=\summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k - 1}-\summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k}=\summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}-\summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k}=1+ \summe_{k=2}^{\infty} (\frac{1}{k}-\frac{1}{k})=1+ \summe_{k=2}^{\infty} [/mm] 0=1


Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
Bezug
                                
Bezug
Konvergenz mit Kriterium: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:33 Mo 11.01.2021
Autor: sancho1980

Hallo,
>  
> Im Bild siehst du den Graphen von f. Die eingezeichneten
> gelben Balken haben jeweils die Höhe [mm]a_1=f(1), a_2=f(2)...[/mm]
> und die Breite 1. Daher hat die Summe aller Balkenflächen
> den gesuchten Wert S. Diese Fläche ist aber kleiner als
> die Fläche unter dem Graphen von f. Da diese für x
> [mm]\mapsto[/mm] 0 nach unendlich geht, nehmen wir den ersten Balken
> mit dem Wert 1 heraus. Die restlichen Balken haben dann
> einen Wert kleiner als [mm]\integral_{1}^{\infty}{f(x) dx}= -1/x|^{\infty}_0[/mm]
> = 0-(-1)=1. Somit ist S<1+1=2.

Ja, das leuchtet ein, auch wenn du doch sicher [mm]-1/x|^{\infty}_1[/mm] schreiben wolltest.
Das Problem mit dem Lösungsansatz ist allerdings, dass in meinem Kurs Integrale erst nach dem Kapitel zu Folgen und Reihen behandelt werden. Das bedeutet, dass ich diese ganze Theorie erläutern müsste, wenn ich in der Klausur so herangehe. Es muss also einen Weg ohne das Integral geben ...


>  
> Verallgemeinert gilt somit sogar: [mm]\summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^t}[/mm]
> für t>1 konvergiert, da das entsprechende Integral den
> Wert [mm]-1/x^{t-1}|^{\infty}_0[/mm] = 0-(-1)=1 gibt. Für k=1 oder
> größer s.u.

Du meinst [mm] \frac{1}{(1 - t) x^{t - 1}}|^{\infty}_1[/mm] ?

> Die Reihe lässt sich auch nach oben mit fast demselben
> Bild abschätzen. Hier zeichnet man die Balken weiter nach
> rechts:

Das mit dem Balken "weiter nach rechts" zeichnen und die anschließenden Ausführungen kann ich nicht ganz nachvollziehen. Du schreibst von der Majorante [mm] \frac{1}{k}, [/mm] aber im Bild sehe ich immer noch die gleichen Balken wie zuvor, die ja zu [mm] \frac{1}{k^2} [/mm] gehören. Auch der Graph ist nach wie vor der von [mm] \frac{1}{x^2}. [/mm]
Hab es mir wirklich lange angeschaut, aber irgendwo hakt's...

Viele Grüße,
Martin


Bezug
                                        
Bezug
Konvergenz mit Kriterium: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:54 Di 12.01.2021
Autor: HJKweseleit


> Hallo,
>  >  
> > Im Bild siehst du den Graphen von f. Die eingezeichneten
> > gelben Balken haben jeweils die Höhe [mm]a_1=f(1), a_2=f(2)...[/mm]
> > und die Breite 1. Daher hat die Summe aller Balkenflächen
> > den gesuchten Wert S. Diese Fläche ist aber kleiner als
> > die Fläche unter dem Graphen von f. Da diese für x
> > [mm]\mapsto[/mm] 0 nach unendlich geht, nehmen wir den ersten Balken
> > mit dem Wert 1 heraus. Die restlichen Balken haben dann
> > einen Wert kleiner als [mm]\integral_{1}^{\infty}{f(x) dx}= -1/x|^{\infty}_0[/mm]
> > = 0-(-1)=1. Somit ist S<1+1=2.
>  
> Ja, das leuchtet ein, auch wenn du doch sicher
> [mm]-1/x|^{\infty}_1[/mm] schreiben wolltest.

[ok]  Habe nicht aufgepasst. Durch Kopieren ist das auch an den anderen Stellen falsch gewesen, ich habe es jetzt in meiner ersten Antwort korrigiert.

>  Das Problem mit dem Lösungsansatz ist allerdings, dass in
> meinem Kurs Integrale erst nach dem Kapitel zu Folgen und
> Reihen behandelt werden. Das bedeutet, dass ich diese ganze
> Theorie erläutern müsste, wenn ich in der Klausur so
> herangehe. Es muss also einen Weg ohne das Integral geben
> ...
>  
>
> >  

> > Verallgemeinert gilt somit sogar: [mm]\summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^t}[/mm]
> > für t>1 konvergiert, da das entsprechende Integral den
> > Wert [mm]-1/x^{t-1}|^{\infty}_0[/mm] = 0-(-1)=1 gibt. Für k=1 oder
> > größer s.u.
>  
> Du meinst [mm]\frac{1}{(1 - t) x^{t - 1}}|^{\infty}_1[/mm] ? [ok]
>  
> > Die Reihe lässt sich auch nach oben mit fast demselben
> > Bild abschätzen. Hier zeichnet man die Balken weiter nach
> > rechts:
>  
> Das mit dem Balken "weiter nach rechts" zeichnen und die
> anschließenden Ausführungen kann ich nicht ganz
> nachvollziehen.

Im zweiten Bild hast du die selben Balken wie im ersten Bild, nur liegen sie jetzt eine Stelle weiter rechts. Dadurch sind alle Balkenflächen größer als die Fläche unter dem Graphen, im ersten Bild sind sie alle kleiner. Jetzt ist die Integralfunktion so etwas wie eine Minorante.


> Du schreibst von der Majorante [mm]\frac{1}{k},[/mm]
> aber im Bild sehe ich immer noch die gleichen Balken wie
> zuvor, die ja zu [mm]\frac{1}{k^2}[/mm] gehören. Auch der Graph ist
> nach wie vor der von [mm]\frac{1}{x^2}.[/mm]
>  Hab es mir wirklich lange angeschaut, aber irgendwo
> hakt's...

Zu den Ausführungen mit t habe ich kein Bild gezeichnet. Falls t größer als 1 ist, ist das Integral [mm] -\bruch{1}{(t-1)x^{t-1}}|^{\infty}_1=-\bruch{1}{(t-1)x^\alpha}|^{\infty}_1 [/mm] mit einem positiven [mm] \alpha, [/mm] dann kommt [mm] \bruch{1}{t-1} [/mm] für die Minorante/Majorante heraus (beide unterscheiden sich durch das erste Glied).
Falls t kleiner als 1 ist, ist das Integral [mm] -\bruch{1}{(t-1)x^{t-1}}|^{\infty}_1=-\bruch{x^{1-t}}{t-1}|^{\infty}_1=-\bruch{x^\alpha}{t-1}|^{\infty}_1 [/mm] mit einem positiven [mm] \alpha, [/mm] dann kommt ein unendlicher Wert für die Minorante/Majorante heraus.

Für t=1 bekommst du den ln und damit auch einen unendlichen Wert.

>  
> Viele Grüße,
>  Martin
>  


Bezug
                                                
Bezug
Konvergenz mit Kriterium: Konvergenz 1/x^2
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:11 Di 12.01.2021
Autor: HJKweseleit


> >  Das Problem mit dem Lösungsansatz ist allerdings, dass in

> > meinem Kurs Integrale erst nach dem Kapitel zu Folgen und
> > Reihen behandelt werden. Das bedeutet, dass ich diese ganze
> > Theorie erläutern müsste, wenn ich in der Klausur so
> > herangehe. Es muss also einen Weg ohne das Integral geben ...

Ich schreibe dir hier mal einen verblüffenden Weg für den Beweis dafür auf, dass [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k^2} [/mm] konvergiert:

[mm] \summe_{k=2}^{n} \bruch{1}{k(k-1)} [/mm] = [mm] \summe_{k=2}^{n} (\bruch{1}{k-1}-\bruch{1}{k}) [/mm] = [mm] (1-\bruch{1}{2})+(\bruch{1}{2}-\bruch{1}{3})+(\bruch{1}{3}-\bruch{1}{4})+ [/mm] ... [mm] +(\bruch{1}{n-1}-\bruch{1}{n})=1+(-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2})+(-\bruch{1}{3}+\bruch{1}{3})+(-\bruch{1}{4}+\bruch{1}{4})+...+(-\bruch{1}{n-1}+\bruch{1}{n-1})-\bruch{1}{n}=1-\bruch{1}{n} [/mm]   (*)

und damit [mm] \summe_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{k(k-1)} [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{k=2}^{n} \bruch{1}{k(k-1)} [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}1-\bruch{1}{n} [/mm] = 1

[mm] \Rightarrow \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k^2} [/mm] = [mm] 1+\summe_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{k^2} \le 1+\summe_{k=2}^{n} \bruch{1}{k(k-1)}=1+1=2 [/mm]

Das ist nun genau die Umkehrung des von dir gesuchten Beweises: Statt eine Majorante für [mm] \summe_{k=2}^{n} \bruch{1}{k(k-1)} [/mm] zu finden, wird hier mit Hilfe des Teleskopprinzips dessen Wert direkt berechnet und dieses als Majorante für [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k^2} [/mm] benutzt ...

Lies auch noch mal meine Antwort [mm] "1/n^2 [/mm] konvergiert/Verdichtung" weiter oben im Ereignisbaum.



(*)   Formaler: [mm] \summe_{k=2}^{n} \bruch{1}{k(k-1)} [/mm] = [mm] \summe_{k=2}^{n} (\bruch{1}{k-1}-\bruch{1}{k}) [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{n-1} \bruch{1}{k}-\summe_{k=2}^{n} \bruch{1}{k} [/mm] = [mm] 1+\summe_{k=2}^{n-1} \bruch{1}{k}-\summe_{k=2}^{n-1} \bruch{1}{k}-\bruch{1}{n} [/mm] = [mm] 1-\bruch{1}{n} [/mm]



Bemerkung: Als sich das Universalgenie Leibniz bei einer diplomatischen Mission in Paris aufhielt, wurde ihm von einem Mathematiker die Aufgabe gestellt, [mm] \summe_{k=2}^{\infty} \bruch{1}{k(k-1)} [/mm] zu berechnen. Dies gelang ihm zügig, und daraufhin begann er, sich eingehender mit der damals aktuellen Mathematik auseinanderzusetzen: Er entwickelte - unabhängig von Newton - die  Differenzial- und Integralrechnung. Das [mm] \integral [/mm] -Zeichen stammt von ihm und ist ein stilisiertes S von "Summe".



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Konvergenz mit Kriterium: Lösung in Kurzform/Majorante
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:59 Mi 13.01.2021
Autor: HJKweseleit

Lösung in Kurzform:

[mm] \summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)}= \bruch{1}{1*2}+\bruch{1}{2*3}+\bruch{1}{3*4}+\bruch{1}{4*5}+\bruch{1}{5*6}+\bruch{1}{6*7}+\bruch{1}{7*8}+\bruch{1}{8*9}+\bruch{1}{9*10}+... [/mm]
  
[mm] <\bruch{1}{1*1}+\bruch{1}{2*2}+\bruch{1}{3*3}+\bruch{1}{4*4}+\bruch{1}{5*5}+... [/mm]

[mm] =\bruch{1}{1^2}+(\bruch{1}{2^2}+\bruch{1}{3^2})+(\bruch{1}{4^2}+...+\bruch{1}{7^2})+(\bruch{1}{8^2}+...+\bruch{1}{15^2})+(\bruch{1}{16^2}+...+\bruch{1}{31^2})+(\bruch{1}{32^2}+...+\bruch{1}{63^2})+... [/mm]

[mm] <\bruch{1}{1^2}+(\bruch{1}{2^2}+\bruch{1}{2^2})+(\bruch{1}{4^2}+...+\bruch{1}{4^2})+(\bruch{1}{8^2}+...+\bruch{1}{8^2})+(\bruch{1}{16^2}+...+\bruch{1}{16^2})+(\bruch{1}{32^2}+...+\bruch{1}{32^2})+... [/mm]  (in jeder Klammer derselbe Bruch)

[mm] =\bruch{1}{1^2}+2*\bruch{1}{2^2}+4*\bruch{1}{4^2}+8*\bruch{1}{8^2}+16*\bruch{1}{16^2}+32*\bruch{1}{32^2}+... [/mm]

[mm] =\bruch{1}{1}+\bruch{1}{2}+\bruch{1}{4}+\bruch{1}{8}+\bruch{1}{16}+\bruch{1}{32}+...=2 [/mm]

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Konvergenz mit Kriterium: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:31 Mi 13.01.2021
Autor: fred97

Hallo HJK,

Du schreibst

[mm] $\bruch{1}{1\cdot{}1}+\bruch{1}{2\cdot{}2}+\bruch{1}{3\cdot{}3}+\bruch{1}{4\cdot{}4}+\bruch{1}{5\cdot{}5}+....$ [/mm]

[mm] $=\bruch{1}{1^2}+(\bruch{1}{2^2}+\bruch{1}{3^2})+(\bruch{1}{4^2}+...+\bruch{1}{7^2})+(\bruch{1}{8^2}+...+\bruch{1}{15^2})+(\bruch{1}{16^2}+...+\bruch{1}{31^2})+(\bruch{1}{32^2}+...+\bruch{1}{63^2})+... [/mm] $

Darf man das ? Wenn man sicher ist , dass die Reihe

[mm] $\bruch{1}{1\cdot{}1}+\bruch{1}{2\cdot{}2}+\bruch{1}{3\cdot{}3}+\bruch{1}{4\cdot{}4}+\bruch{1}{5\cdot{}5}+....$ [/mm]

konvergiert, so darf man das. Mit dieser Kenntnis hast Du dann die Konvergenz von [mm] \summe_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k - 1)} [/mm] mit dem Majorantenkriterium gezeigt, mit der Majorante [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}. [/mm]

Das war aber offenbar nicht Deine Absicht.

Also: Klammern setzen in konvergenten Reihen ist o.k.

Aber schau Dir mal die Reihe [mm] \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k [/mm] an. Wir tun so , als wüssten wir nicht, ob sie konvergiert oder divergiert.

Wenn wir Klammern setzen passiert folgendes:

[mm] $\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k=1-1+1-1+1-1.....=(1-1)+(1-1)+(1-1)+...=0+0+0+...=0.$ [/mm]

Ups, da ging was schief.

Also: Ist eine Reihe [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k [/mm] vorgelegt, und man soll entscheiden, ob sie konvergiert oder divergiert, so ist das Setzen von Klammern nicht zulässig.

Aus einer divergenten Reihe kann man durch Klammersetzten eine konvergente Reihe bekommen.

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Konvergenz mit Kriterium: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 02:12 Do 14.01.2021
Autor: HJKweseleit

Hallo Fred,

wenn du die Rechnung rückwärts liest, ist doch alles in Ordnung: Man startet mit einer konvergenten geometrischen Reihe und setzt am Ende ein paar Klammern um.

Verschiedene "Ergebnisse" wie in deinem Beispiel entstehen nur für alternierende Reihen, bei Reihen mit nur positiven Gliedern bleibt nach Umklammern die Eigenschaft Konvergenz/Divergenz erhalten.

Die Klammern kann ich auch weglassen, sie dienen nur der Optik, damit man sehen kann, wie ich was zusammenfasse. Außerdem könnte man natürlich auch erst mal nur bis [mm] 2^n [/mm] addieren und dann n nach unendlich gehen lasen. Oder man bildet Doppelsummen der Form

[mm] \summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{(k-1)k}=\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k(k+1)} [/mm]

[mm] =\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{k(k+1)} [/mm]

[mm] <\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{k*k} [/mm]

[mm] <\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{2^m*2^m} [/mm]

[mm] =\summe_{m=0}^{\infty}2^m*\bruch{1}{2^m*2^m} [/mm]

[mm] =\summe_{m=0}^{\infty}\bruch{1}{2^m}=2 [/mm]

ganz ohne Klammern...


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Konvergenz mit Kriterium: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:24 Do 14.01.2021
Autor: fred97


> Hallo Fred,

Hallo HJK,

>  
> wenn du die Rechnung rückwärts liest, ist doch alles in
> Ordnung: Man startet mit einer konvergenten geometrischen
> Reihe und setzt am Ende ein paar Klammern um.

Na ja, so einfach sehe ich das nicht.

>  
> Verschiedene "Ergebnisse" wie in deinem Beispiel entstehen
> nur für alternierende Reihen,


"nur" ? Dann setzen wir mal

[mm] a_1=a_2=1, a_3=-2 [/mm] und [mm] $a_{n+3}=a_n$ [/mm] für n [mm] \ge [/mm] 1.

[mm] \sum_{n=1}^{\infty}a_n [/mm] ist nicht altenierend und divergent.

Es ist [mm] \sum_{n=1}^{\infty}a_n [/mm] =1+1-2+1+1+-2+1+1-2+....

Setzen wir Klammern, so egibt sich

$(1+1-2)+(1+1+-2)+(1+1-2)+....=0+0+0+.....=0$



> bei Reihen mit nur positiven
> Gliedern bleibt nach Umklammern die Eigenschaft
> Konvergenz/Divergenz erhalten.

Das stimmt, aber warum ?

>  
> Die Klammern kann ich auch weglassen, sie dienen nur der
> Optik,

Hä ? Das ist Unsinn !

Wenn Du in der konvergente Reihe

$(1+1-2)+(1+1+-2)+(1+1-2)+....=0+0+0+.....=0$

die Klammern auf der linken Seite weglässt, bekommst Du eine divergente Reihe !


> damit man sehen kann, wie ich was zusammenfasse.

Zusammenfassen ist Klammernsetzen !

> Außerdem könnte man natürlich auch erst mal nur bis [mm]2^n[/mm]
> addieren und dann n nach unendlich gehen lasen.

Ist [mm] \sum_{n=1}^{\infty}b_n [/mm] eine Reihe mit der Teilsummenfolge [mm] (S_n), [/mm] wobei

    [mm] S_n =b_1+b_2+...+b_n [/mm]

ist, und Du addierst (nur) bis [mm] 2^n, [/mm] so betrachtest Du die Teilfolge [mm] (S_{2^n}). [/mm]

Sollte [mm] (S_{2^n}) [/mm] konvergieren, so ist nichts über die Konvergenz von [mm] (S_n) [/mm]  bekannt.


> Oder man
> bildet Doppelsummen der Form
>
> [mm]\summe_{k=2}^{\infty}\bruch{1}{(k-1)k}=\summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k(k+1)}[/mm]
>  
> [mm]=\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{k(k+1)}[/mm]
>  
> [mm]<\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{k*k}[/mm]
>  
> [mm]<\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{2^m*2^m}[/mm]
>  
> [mm]=\summe_{m=0}^{\infty}2^m*\bruch{1}{2^m*2^m}[/mm]
>  
> [mm]=\summe_{m=0}^{\infty}\bruch{1}{2^m}=2[/mm]
>  
> ganz ohne Klammern...
>  


Willst Du mich veräppeln ? Du schreibst:

$ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k(k+1)} =\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{k(k+1)} [/mm] $


Die rechte Seite geht aus der linken durch Klammersetzen hervor !! Von wegen "ganz ohne Klammern..." .....

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Konvergenz mit Kriterium: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:49 Do 14.01.2021
Autor: HJKweseleit

Hallo Fred,

> > bei Reihen mit nur positiven
> > Gliedern bleibt nach Umklammern die Eigenschaft
> > Konvergenz/Divergenz erhalten.
>  
> Das stimmt, aber warum ?
>  

Die Teilsummenfolge (hier [mm] S_n [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^{n}\bruch{1}{k(k+1)}) [/mm] ist monoton steigend, da alle Glieder positiv sind. Sie konvergiert daher genau dann und zum selben Grenzwert, wenn eine beliebige Teilfolge daraus, also hier z.B. jedes [mm] 2^k-te [/mm] Folgeglied [mm] S_{2^k}, [/mm] betrachtet wird.

Deine Gegenbeispiele haben immer Glieder mit verschiedenen Vorzeichen. Zeig mit ein Gegenbeispiel mit nur positiven Gliedern, wo sich durch Klammern oder Umstellen das Konvergenzverhalten oder der Grenzwert ändert.

Das Klammern (oder die Untersummenbildung)in meinem Beispiel dient zunächst auch gar nicht dazu, Zwischensummen zu bilden. Es trennt Summandenpäckchen in ihrer Anzahl(!) voneinander ab, damit ich diese Päckchen jeweils für sich durch eine Majorante abschätzen kann. Erst dann fasse ich jeweils [mm] 2^k [/mm] gleiche (!) Summanden zusammen. Genau so schätzt man ja auch die harmonische Reihe durch eine Minorante ab, wobei man zeigt, dass man durch Zusammenfassen von jeweils [mm] 2^k [/mm] Gliedern immer wieder den Wert 1/2 bekommen kann.


>  Willst Du mich veräppeln ? Du schreibst:

>  $ [mm] \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k(k+1)} =\summe_{m=0}^{\infty}\summe_{k=2^m}^{(2^{m+1}-1)}\bruch{1}{k(k+1)} [/mm] $


>  Die rechte Seite geht aus der linken durch Klammersetzen hervor !! Von wegen "ganz ohne Klammern..." .....

Das sehe ich überhaupt nicht so. Ich kann die rechte Seite fortlaufend gliedweise hinschreiben, ohne dass ich nach jedem neuen m eine Klammer setzen muss, und erhalte die linke Seite. Kein Summand fehlt, keiner kommt hinzu, keine Operation verändert sich. Das ist etwas anderes, als wenn du 0 in 1+1-2 zerlegst und dadurch neue Glieder mit einer neuen Teilsummenfolge schaffst.



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Konvergenz mit Kriterium: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:21 Do 14.01.2021
Autor: fred97

Das Kriterium von Raabe ist hier erfogreich (https://de.wikipedia.org/wiki/Kriterium_von_Raabe):

Für $k [mm] \ge [/mm] 3$ ist

$ | [mm] \frac{a_{k+1}}{a_k}| [/mm] =  [mm] \frac{a_{k+1}}{a_k} \le [/mm] 1- [mm] \frac{3}{2k}.$ [/mm]

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