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Hallo Zusammen,
| Aufgabe | | Zeige: [mm] $\forall [/mm] x > 1$ ist [m]\textstyle\zeta(x) := \sum_{n = 1}^{\infty}{\frac{1}{n^x}}[/m] dort auch differenzierbar. Berechne die Ableitung. |
Ich dachte mir, daß man hier nicht die gewöhnlichen Regeln für die Ableitung verwenden darf, sondern dies mit dem Differentialquotienten machen muß, richtig? :
[m]\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}
{{n^{x + h} }}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}
{{n^x }}} }}
{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}
{{hn^{x + h} }}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}
{{hn^x }}} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}
{{n^x }}\left( {\frac{1}
{{hn^h }} - \frac{1}
{h}} \right)} } \right) = \underbrace ?_{{\text{siehe Nebenrechnung}}}[/m]
Jetzt kommt das eigentliche Problem:
[m]\begin{gathered}
k = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \left( {\frac{1}
{{hn^h }} - \frac{1}
{h}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } \left( {hn^{ - \frac{1}
{h}} - h} \right) \Rightarrow e^{ - k} = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } e^{ - \left( {hn^{ - \frac{1}
{h}} - h} \right)} = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } e^{h - hn^{ - \frac{1}
{h}} } \hfill \\
= \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } \frac{{e^h }}
{{e^{h\frac{1}
{{n^{\frac{1}
{h}} }}} }} = \mathop {\lim }\limits_{h \to \infty } \frac{{e^h }}
{{\left( {e^h } \right)^{n^{ - \frac{1}
{h}} } }} = ? \hfill \\
\end{gathered}[/m]
Ich weiß, daß dieser Grenzwert letztlich [mm] $n\!$ [/mm] ergibt, weil ich es ja vorher ganz normal differenziert habe, nur weiß ich nicht, wie ich den Ausdruck auf eine "klare Form" bringen soll.
Vielen Dank!
Viele Grüße
Karl
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Hallo Karl,
wenn Du zeigst, daß die Folge der Ableitungen
[mm] {f'}_{m}(x)= \summe_{i=2}^{m}(- \bruch{1}{ n^{x}}ln(n))
[/mm]
gleichmäßig konvergiert, kannst Du "ganz normal" ableiten, d.h. es ist
f'(x)= [mm] \limes_{m\rightarrow\infty} {f'}_{m}(x) [/mm] .
Gruß v. Angela
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Hallo Angela,
Danke für die Antwort! Ist es eigentlich wichtig, daß hier die Indexvariable mit 2 anfängt? Ich meine, das ist egal, da [mm] $-1^{-x}\ln [/mm] 1 = 0$.
Eine andere Frage ist, ob ich das wieder mit dem [m]\epsilon/N-\texttt{Kriterium}[/m] machen muß? Jedenfalls habe ich versucht dieses Kriterium zu vermeiden und habe folgendes verwendet:
zu zeigen:
[m]\mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {f_m '\left( x \right) - f\left( x \right)} \right|:x > 1} \right\} = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = 1}^m {\left( { - \frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} \right)} - f\left( x \right)} \right|:x > 1} \right\} = 0[/m]
Idee:
[m]\mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = 1}^m {\left( { - \frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} \right)} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( { - \frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} \right)} } \right|:x > 1} \right\} = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} - \sum\limits_{n = 1}^m {\frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} } \right|:x > 1} \right\}[/m]
[m] = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = 1}^m {\frac{{\ln \left( n \right)}}{{n^x }}} + \sum\limits_{n = m + 1}^\infty {\frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} - \sum\limits_{n = 1}^m {\frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} } \right|:x > 1} \right\}[/m]
[m] = \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = m + 1}^\infty {\frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} } \right|:x > 1} \right\}\mathop = \limits^{\begin{subarray}{l}
{\text{Ist dieser}} \\
{\text{Schritt richtig?}}
\end{subarray}} \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = m + 1}^m {\frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} } \right|:x > 1} \right\} = 0[/m]
Viele Grüße
Karl
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:55 Di 24.05.2005 | | Autor: | Faenol |
Hi !
Deine Frage kann ich direkt leider nicht beantworten, da ich nicht weiß ob dieser Schritt korrekt ist, aber ich hätte ne Idee für eine andere Möglichkeit.
zu zeigen ist glm. Stetigkeit:
[mm] \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {f_m '\left( x \right) - f\left( x \right)} \right|:x > 1} \right\} [/mm] = [mm] \mathop {\lim }\limits_{m \to \infty } \sup \left\{ {\left| {\sum\limits_{n = 1}^m {\left( { - \frac{{\ln \left( n \right)}}
{{n^x }}} \right)} - f\left( x \right)} \right|:x > 1} \right\} [/mm] = 0
Es gilt doch:
[mm] \limes_{m\rightarrow\infty} sup\{ |\summe_{n=1}^{m} \bruch{-ln(n)}{n^{x}} + \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{ln(n)}{n^{x}} |: x>1 \}
[/mm]
[mm] \le \limes_{m\rightarrow\infty} sup\{ |\summe_{n=1}^{m} \bruch{-ln(n)}{n^{x}}|: x>1\} [/mm] + [mm] \limes_{m\rightarrow\infty} sup\{|\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{ln(n)}{n^{x}} |: x>1 \}
[/mm]
Es gilt, dass der Logarithmus langsamer wächst als jede positive Potenz von n (für x >0 ) (Vielleicht könntest du deinen vorletzten Schritt hiermit begründen, dass es dort schon null ist..
Daher: 0+0=0
Oder hab ich dort irgendwo einen raaadikalen Fehler gemacht ?
- Wie gesagt, dass wissen hier Leute bestimmt besser, nur ein Vorschlag (hmm, ich glaub ich lösch das wieder).........
Faenôl
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> Eine andere Frage ist, ob ich das wieder mit dem
> [m]\epsilon/N-\text{Kriterium}[/m] machen muß?
Hallo Karl,
ich hab' keine Ahnung, obgleich ich wirklich scharf nachgedacht habe. Falls der Tag kommt, an welchem sich das Rätsel löst, wäre ich interessiert zu erfahren, wie man es machen muß.
Gruß v. Angela
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Ich glaub', ich hab's!
Wie schon erwähnt ist zu zeigen, daß [mm] f_{m}(x)= \summe_{n=2}^{m}(- \bruch{ln(n)}{n^{x}}) [/mm] glm. konvergiert, woraus sich dann alles ergibt.
Los geht's:
Sei s>0 und [mm] \varepsilon\in]0,s[, [/mm] sei [mm] d:=s-\varepsilon>0.
[/mm]
Betrachte für x [mm] \in[1, \infty[ [/mm] g(x):= [mm] \bruch{ln x}{x^{d}}.
[/mm]
Es ist g'(x)= [mm] \bruch{1- d *ln(x)}{x^{d+1}}.
[/mm]
g'(x)=0 <==> x= [mm] e^{ \bruch{1}{d}}. [/mm] Links hiervon ist g' positiv, rechts negativ. Also hat g(x) ein Maximum bei [mm] e^{ \bruch{1}{d}} [/mm] und ist nach oben beschränkt.
D.h. [mm] \exists [/mm] c [mm] \ge g(e^{ \bruch{1}{d}})>0 [/mm] : [mm] \bruch{ln(x)}{x^{d}} \le [/mm] c f.a. x [mm] \in[1, \infty[
[/mm]
==> [mm] \forall [/mm] x [mm] \in[1, \infty[ \forall [/mm] n [mm] \in \IN: [/mm] | [mm] \bruch{ln(n)}{n^{x}}| \le \bruch{ln(n)}{n^{x}} \le\bruch{ln(n)}{n^{1+d}}=\bruch{ln(n)}{n^{d- \varepsilon}}* \bruch{1}{n^{1+ \varepsilon}} \le \bruch{c}{n^{1+ \varepsilon}}
[/mm]
Also ist [mm] \summe_{n=2}^{\infty}(- \bruch{ln(n)}{n^{x}} )\le c\summe_{n=2}^{\infty}\bruch{1}{n^{1+ \varepsilon}}.
[/mm]
Letztere Reihe konvergiert (denn [mm] 1+\varepsilon>1: [/mm] z.B. Integralvergleichskriterium für Reihen), also konvergiert [mm] f_{m}(x)= \summe_{n=2}^{m}(- \bruch{ln(n)}{n^{x}}) [/mm] glm., woraus folgt f(x)= [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n^{x}} [/mm] ist diffbar und es ist [mm] f'(x)=\summe_{n=2}^{\infty}(- \bruch{ln(n)}{n^{x}}).
[/mm]
In der Hoffnung, daß vieles richtig ist
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:46 So 29.05.2005 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Angela,
Vielen Dank nochmal für deine Hilfe!
Viele Grüße
Karl
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