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Unendliche Reihen: Riemannsche Reihe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:52 Mo 23.05.2005
Autor: Karl_Pech

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



        
Bezug
Unendliche Reihen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 08:57 Di 24.05.2005
Autor: angela.h.b.

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



Bezug
                
Bezug
Unendliche Reihen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:37 Di 24.05.2005
Autor: Karl_Pech

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



Bezug
                        
Bezug
Unendliche Reihen: Idee
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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


Bezug
                        
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Unendliche Reihen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:32 Sa 28.05.2005
Autor: angela.h.b.



> 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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Unendliche Reihen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:41 So 29.05.2005
Autor: angela.h.b.

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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Unendliche Reihen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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