Existenz Grenzwert < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:46 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
| Aufgabe | Stellen sie fest für welchen Wert des Parameters [mm] c\in\IR [/mm] der Grenzwert der Folge bzw. Reihe existiert. [mm] (<\infty) [/mm] Geben sie alle Grenzwerte an. (ggf. mit Fallunterscheidung betreffend der Parameter c)
a) [mm] a_n=(\frac{1}{1-c^{2}})^{2n}
[/mm]
b) [mm] \summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}}
[/mm]
c) [mm] \summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}} [/mm] (c>0)
d) [mm] \summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}} [/mm] |
Hallo meine Lieben :)
habe diese Bsp nun gelöst, bin mir aber nicht sicher ob das alles richtig ist. Vielleicht könntet ihr mal einen Blick drüber werfen. Würde mein Wochenende versüßen :D
a) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=0 [/mm] für [mm] c\not=0 [/mm] für alle c [mm] \in\IR [/mm] \ [mm] \left\{ -1,1 \right\}
[/mm]
und für c=0 gilt [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=1
[/mm]
b) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}(\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}})=0 [/mm] für alle [mm] c\in\IR [/mm] \ [mm] \left\{ 0\right\}
[/mm]
c) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}} [/mm] =0 für alle c [mm] \in\IR [/mm] (positiv und ohne 0)
d) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=0 [/mm] für [mm] c\not=0, [/mm] für alle [mm] c\in\IR [/mm] \ [mm] \left\{ -1,1 \right\}
[/mm]
und für c=0 ist [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=1
[/mm]
Ich hoffe das stimmt :)
Danke für jede Antwort.
Liebe Grüße, eure Meely
|
|
| |
|
Hallo meely,
> Stellen sie fest für welchen Wert des Parameters [mm]c\in\IR[/mm]
> der Grenzwert der Folge bzw. Reihe existiert. [mm](<\infty)[/mm]
> Geben sie alle Grenzwerte an. (ggf. mit Fallunterscheidung
> betreffend der Parameter c)
>
> a) [mm]a_n=(\frac{1}{1-c^{2}})^{2n}[/mm]
>
> b) [mm]\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}}[/mm]
>
> c) [mm]\summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm] (c>0)
>
> d) [mm]\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}[/mm]
> Hallo meine Lieben :)
>
> habe diese Bsp nun gelöst, bin mir aber nicht sicher ob
> das alles richtig ist. Vielleicht könntet ihr mal einen
> Blick drüber werfen. Würde mein Wochenende versüßen :D
>
> a) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=0[/mm] für [mm]c\not=0[/mm] für
> alle c [mm]\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ -1,1 \right\}[/mm]
Was ist denn mit denjenigen [mm]c[/mm] mit [mm]|c|<1[/mm]?
Etwa mit [mm]c=\frac{1}{\sqrt{2}}[/mm]?
Dann ist [mm]\frac{1}{1-c^2}=2[/mm] und [mm]2^{2n}\longrightarrow \infty[/mm] für [mm]n\to\infty[/mm] ...
>
> und für c=0 gilt [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=1[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> b)
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}})=0[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Was soll diese Schreibweise bedeuten?
Es ist zwar der GW der Folge der Reihenglieder für alle [mm]c\neq 0[/mm] eine Nullfolge, was notwendige Bedingung für die Konvergenz der zugeh. Reihe ist, aber hinreichend ist das nicht
Denke nur an die harmonische Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1}\frac{1}{n}[/mm]
Du kannst deine Reihe umschreiben in [mm]c\cdot{}\sum\limits_{n\ge 2}\frac{1}{n(n-1)}[/mm]
Der Vorfaktor [mm]c[/mm] ändert am Konvergenzverhalten der Reihe nix, untersuche also, ob die Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 2}\frac{1}{n(n-1)}[/mm] konvergent oder divergent ist
> für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ 0\right\}[/mm]
>
>
>
> c) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm]
Was soll dieses Limes davor bedeuten??
> =0 für alle c [mm]\in\IR[/mm] (positiv und ohne 0)
Du verwechselst die Folge der Reihenglieder [mm](a_n)_{n\in\IN}=\left(\frac{c}{n+c}\right)_{n\in\IN}[/mm] mit der Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1000}a_n[/mm] ...
Hier helfen Konvergenz- bzw. Divergenzkriterien für Reihen weiter
Stichwort: Vergleichskriterium (Majoranten-/Minorantenkrit.)
>
> d)
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=0[/mm]
Wieder diese gruselige Schreibweise ...
> für [mm]c\not=0,[/mm] für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ -1,1 \right\}[/mm]
>
> und für c=0 ist
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=1[/mm]
Für [mm]c=0[/mm] summierst du unendlich oft die 1 auf, da steht 1+1+1+1+1+...... unendlich oft
Das soll =1 sein ???
Im Leben nicht!
Mache dich schlau über den Unterschied zwischen Folgen und Reihen und den Kriterien, mit denen man entsprechend auf Konvergenz prüft!
>
>
>
> Ich hoffe das stimmt :)
>
> Danke für jede Antwort.
>
> Liebe Grüße, eure Meely
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:31 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo schachuzipus, danke für deine Antwort.
> Hallo meely,
> > a) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=0[/mm] für [mm]c\not=0[/mm] für
> > alle c [mm]\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ -1,1 \right\}[/mm]
>
> Was ist denn mit denjenigen [mm]c[/mm] mit [mm]|c|<1[/mm]?
>
> Etwa mit [mm]c=\frac{1}{\sqrt{2}}[/mm]?
>
> Dann ist [mm]\frac{1}{1-c^2}=2[/mm] und [mm]2^{2n}\longrightarrow \infty[/mm]
> für [mm]n\to\infty[/mm] ...
Achso, vielen dank. Habe vollkommen darauf vergessen. Also müsste ich ebenfalls fordern dass |c|>1
>
> >
> > und für c=0 gilt [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=1[/mm]
> >
> > b)
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}})=0[/mm]
>
>
> Was soll diese Schreibweise bedeuten?
Verzeihung ich meinte natürlich [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}({\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}})
[/mm]
>
> Es ist zwar der GW der Folge der Reihenglieder für alle
> [mm]c\neq 0[/mm] eine Nullfolge, was notwendige Bedingung für die
> Konvergenz der zugeh. Reihe ist, aber hinreichend ist das
> nicht
>
> Denke nur an die harmonische Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1}\frac{1}{n}[/mm]
>
> Du kannst deine Reihe umschreiben in
> [mm]c\cdot{}\sum\limits_{n\ge 2}\frac{1}{n(n-1)}[/mm]
>
> Der Vorfaktor [mm]c[/mm] ändert am Konvergenzverhalten der Reihe
> nix, untersuche also, ob die Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 2}\frac{1}{n(n-1)}[/mm]
> konvergent oder divergent ist
Ach jetzt wird mir einiges klar. Da ja c nur der Faktor ist, kann ich es aus dem limes "herrausheben".
Mit Quotientenkriterium komme ich hier ja nicht sehr weit da q=1 herraus kommt. Also bleibt mir ja nur noch die Möglichkeit der Reihenberechnung.
Mit Marcel's Tipp habe ich hier ja eine Teleskopreihe mit dem Wert 1. Also konvergiert diese Reihe gegen den Wert 1, welcher dadurch ja auch der Grenzwert ist.
also muss ich nur fordern dass alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ 0\right\}[/mm]
>
> > für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ 0\right\}[/mm]
> >
> >
> >
> > c) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm]
>
> Was soll dieses Limes davor bedeuten??
auch hier war [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}{\frac{c}{n+c}} [/mm] gemeint.
>
> > =0 für alle c [mm]\in\IR[/mm] (positiv und ohne 0)
>
> Du verwechselst die Folge der Reihenglieder
> [mm](a_n)_{n\in\IN}=\left(\frac{c}{n+c}\right)_{n\in\IN}[/mm] mit
> der Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1000}a_n[/mm] ...
>
> Hier helfen Konvergenz- bzw. Divergenzkriterien für Reihen
> weiter
> Stichwort: Vergleichskriterium
> (Majoranten-/Minorantenkrit.)
Weder mit Majoranten noch mit Minorantenkriterium komme ich hier auf einen grünen Zweig :(
ich habe jetzt mal versucht die Reihe durch die harmonische Reihe ab zu schätzen. jedoch ist die harmonische Reihe eine divergente Majorante meiner Reihe, also habe ich ja wieder keine Aussage. Das die Reihe nicht kovergiert ist mir jetzt durch aufschreiben einiger Glieder aufgefallen :/ Zeigen kann ich das allerdings irgendwie nicht .. zumindest finde ich keine divergente Minorante..
also mit der harmonischen Reihe habe ich mir das mal so vorgestellt:
[mm] \frac{1}{n(n-1)}\ge\frac{1}{n}
[/mm]
[mm] n\ge [/mm] n(n-1)
[mm] 1\ge [/mm] n-1
[mm] 2\ge [/mm] n .... also da ja mein Reihe bei n=2 startet, stimmt das ja nicht so ganz .. also das [mm] \ge [/mm] Zeichen nicht, sondern nur "=". Oder reicht diese Argumentation für die Abschätzung und ich habe schon meine divergente Minorante gefunden ?
>
> >
> > d)
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=0[/mm]
>
> Wieder diese gruselige Schreibweise ...
>
> > für [mm]c\not=0,[/mm] für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ -1,1 \right\}[/mm]
nach dem Wurzelkriterium gilt doch:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}a_n=\limes_{n\rightarrow\infty}|\frac{1}{1-c^{2}}|=|\frac{1}{1-c^{2}}|
[/mm]
also ist der Grenzwert abhängig von meinem c.
Mit dem Quotientenkriterium komme ich auf selbiges.
und für c=0 gilt dann dass [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=\infty
[/mm]
>
> >
> > und für c=0 ist
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=1[/mm]
>
> Für [mm]c=0[/mm] summierst du unendlich oft die 1 auf, da steht
> 1+1+1+1+1+...... unendlich oft
>
> Das soll =1 sein ???
>
> Im Leben nicht!
>
> Mache dich schlau über den Unterschied zwischen Folgen und
> Reihen und den Kriterien, mit denen man entsprechend auf
> Konvergenz prüft!
>
Tut mir leid dass ich so viele Fehler gemacht habe :(
>
> Gruß
>
> schachuzipus
Liebe Grüße, Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:56 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
zu b) sorry der Grenzwert ist natürlich c
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:58 Sa 18.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo meely
du arbeitest im Moment zu unkonzentriert.
[mm] a_n=$ (\frac{1}{1-c^2})^n [/mm] $
> Achso, vielen dank. Habe vollkommen darauf vergessen. Also
> müsste ich ebenfalls fordern dass |c|>1
hast du noch mal genauer überlegt? setz mal [mm] c^2=1.7 [/mm]
> >
> > >
> > > und für c=0 gilt [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(a_n)=1[/mm]
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}(\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}})=0[/mm]
> >
> >
> > Was soll diese Schreibweise bedeuten?
>
> Verzeihung ich meinte natürlich
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}({\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}})[/mm]
>
> >
> > Es ist zwar der GW der Folge der Reihenglieder für alle
> > [mm]c\neq 0[/mm] eine Nullfolge, was notwendige Bedingung für die
> > Konvergenz der zugeh. Reihe ist, aber hinreichend ist das
> > nicht
> >
> > Denke nur an die harmonische Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1}\frac{1}{n}[/mm]
>
> >
> > Du kannst deine Reihe umschreiben in
> > [mm]c\cdot{}\sum\limits_{n\ge 2}\frac{1}{n(n-1)}[/mm]
> >
> > Der Vorfaktor [mm]c[/mm] ändert am Konvergenzverhalten der Reihe
> > nix, untersuche also, ob die Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 2}\frac{1}{n(n-1)}[/mm]
> > konvergent oder divergent ist
>
> Ach jetzt wird mir einiges klar. Da ja c nur der Faktor
> ist, kann ich es aus dem limes "herrausheben".
> Mit Quotientenkriterium komme ich hier ja nicht sehr weit
> da q=1 herraus kommt. Also bleibt mir ja nur noch die
> Möglichkeit der Reihenberechnung.
>
> Mit Marcel's Tipp habe ich hier ja eine Teleskopreihe mit
> dem Wert 1. Also konvergiert diese Reihe gegen den Wert 1,
> welcher dadurch ja auch der Grenzwert ist.
>
> also muss ich nur fordern dass alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ 0\right\}[/mm]
>
>
> >
> > > für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ 0\right\}[/mm]
> > >
> > >
> > >
> > > c) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm]
> >
> > Was soll dieses Limes davor bedeuten??
>
> auch hier war [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm]
> gemeint.
>
> >
> > > =0 für alle c [mm]\in\IR[/mm] (positiv und ohne 0)
> >
> > Du verwechselst die Folge der Reihenglieder
> > [mm](a_n)_{n\in\IN}=\left(\frac{c}{n+c}\right)_{n\in\IN}[/mm] mit
> > der Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1000}a_n[/mm] ...
> >
> > Hier helfen Konvergenz- bzw. Divergenzkriterien für Reihen
> > weiter
> > Stichwort: Vergleichskriterium
> > (Majoranten-/Minorantenkrit.)
>
> Weder mit Majoranten noch mit Minorantenkriterium komme ich
> hier auf einen grünen Zweig :(
> ich habe jetzt mal versucht die Reihe durch die harmonische
> Reihe ab zu schätzen. jedoch ist die harmonische Reihe
> eine divergente Majorante meiner Reihe, also habe ich ja
> wieder keine Aussage. Das die Reihe nicht kovergiert ist
> mir jetzt durch aufschreiben einiger Glieder aufgefallen :/
> Zeigen kann ich das allerdings irgendwie nicht .. zumindest
> finde ich keine divergente Minorante..
harmonische Reihe ist ne gute Idee, Vielfache der harmonischen Reihe divergieren ja auch, also versuch es noch mal.
> also mit der harmonischen Reihe habe ich mir das mal so
> vorgestellt:
du willst doch nichts mit dem Bruch, sondern mit [mm] \frac{1}{c+n}
[/mm]
also ist das folgende nicht sehr sinnvoll:
> [mm]\frac{1}{n(n-1)}\ge\frac{1}{n}[/mm]
>
> [mm]n\ge[/mm] n(n-1)
>
> [mm]1\ge[/mm] n-1
>
> [mm]2\ge[/mm] n .... also da ja mein Reihe bei n=2 startet, stimmt
> das ja nicht so ganz .. also das [mm]\ge[/mm] Zeichen nicht, sondern
> nur "=". Oder reicht diese Argumentation für die
> Abschätzung und ich habe schon meine divergente Minorante
> gefunden ?
>
> >
> > >
> > > d)
> > >
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=0[/mm]
> >
> > Wieder diese gruselige Schreibweise ...
> >
> > > für [mm]c\not=0,[/mm] für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ -1,1 \right\}[/mm]
>
> nach dem Wurzelkriterium gilt doch:
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n=\limes_{n\rightarrow\infty}|\frac{1}{1-c^{2}}|=|\frac{1}{1-c^{2}}|[/mm]
Schreibweise falsch du betrachtest doch nicht [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}a_n??
[/mm]
> also ist der Grenzwert abhängig von meinem c.
> Mit dem Quotientenkriterium komme ich auf selbiges.
was hast du für c?
> und für c=0 gilt dann dass
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=\infty[/mm]
wieso? woher kommt das [mm] \infty?
[/mm]
>
> >
> > >
> > > und für c=0 ist
> > >
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=1[/mm]
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:46 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo Leduart :) danke für deine Antwort.
Ja ich war vorhin sehr unkonzentriert. Habe nun eine Pause eingelegt und nochmal ein bisschen nachgedacht.
> Hallo meely
> du arbeitest im Moment zu unkonzentriert.
> [mm]a_n=[/mm] [mm](\frac{1}{1-c^2})^n[/mm]
a)
> > Achso, vielen dank. Habe vollkommen darauf vergessen.
> Also
> > müsste ich ebenfalls fordern dass |c|>1
> hast du noch mal genauer überlegt? setz mal [mm]c^2=1.7[/mm]
Langsam kommt mir der Gedanke dass nur ein Grenzwert existiert, wenn c=0. da ja weder für |c|>1 noch für |c|<1 ein Grenzwert existiert.
b) [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}{\frac{c}{n(n-1)}}=c
[/mm]
c)
> > > > c) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \summe_{n=1000}^{\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm]
> > >
> > > Was soll dieses Limes davor bedeuten??
> >
> > auch hier war [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}{\frac{c}{n+c}}[/mm]
> > gemeint.
> >
> > >
> > > > =0 für alle c [mm]\in\IR[/mm] (positiv und ohne 0)
> > >
> > > Du verwechselst die Folge der Reihenglieder
> > > [mm](a_n)_{n\in\IN}=\left(\frac{c}{n+c}\right)_{n\in\IN}[/mm] mit
> > > der Reihe [mm]\sum\limits_{n\ge 1000}a_n[/mm] ...
> > >
> > > Hier helfen Konvergenz- bzw. Divergenzkriterien für Reihen
> > > weiter
> > > Stichwort: Vergleichskriterium
> > > (Majoranten-/Minorantenkrit.)
> >
> > Weder mit Majoranten noch mit Minorantenkriterium komme ich
> > hier auf einen grünen Zweig :(
>
> > ich habe jetzt mal versucht die Reihe durch die harmonische
> > Reihe ab zu schätzen. jedoch ist die harmonische Reihe
> > eine divergente Majorante meiner Reihe, also habe ich ja
> > wieder keine Aussage. Das die Reihe nicht kovergiert ist
> > mir jetzt durch aufschreiben einiger Glieder aufgefallen :/
> > Zeigen kann ich das allerdings irgendwie nicht .. zumindest
> > finde ich keine divergente Minorante..
> harmonische Reihe ist ne gute Idee, Vielfache der
> harmonischen Reihe divergieren ja auch, also versuch es
> noch mal.
Du hast mich gerade auf folgende Idee gebracht:
[mm] \frac{1}{n+1}\ge\frac{-1}{n}
[/mm]
[mm] n\ge [/mm] -n-c
[mm] n\ge \frac{-c}{2} [/mm] und da c>0 in der Angabe steht gilt diese Abschätzung doch ?!
d)
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{n=2}^{\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=0[/mm]
> > >
> > > Wieder diese gruselige Schreibweise ...
> > >
> > > > für [mm]c\not=0,[/mm] für alle [mm]c\in\IR[/mm] \ [mm]\left\{ -1,1 \right\}[/mm]
>
> >
> > nach dem Wurzelkriterium gilt doch:
> >
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n=\limes_{n\rightarrow\infty}|\frac{1}{1-c^{2}}|=|\frac{1}{1-c^{2}}|[/mm]
> Schreibweise falsch du betrachtest doch nicht
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n??[/mm]
Sorry meinte damit folgendes:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=\limes_{n\rightarrow\infty}|\frac{1}{1-c^{2}}|=|\frac{1}{1-c^{2}}|
[/mm]
Richtig so ?! Oder bin ich wieder auf dem falschen Weg gelandet?
> > also ist der Grenzwert abhängig von meinem c.
> > Mit dem Quotientenkriterium komme ich auf selbiges.
> was hast du für c?
c ist ja nicht gegeben, also kann ich ja keine Aussage über den Grenzwert machen, wenn er von c abhängig ist ?!
ich kann doch nur ausschließen dass [mm] c\not=\pm1 [/mm] ?!
> > und für c=0 gilt dann dass
> >
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=\infty[/mm]
> wieso? woher kommt das [mm]\infty?[/mm]
naja 1. durch die Überlegung von schachuzipus
und 2. durch die berechnung der Reihe mittels geometrischer Summenformel --> N gegen [mm] \infty [/mm] gehen lassen dann folgt dass [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}{(\frac{1}{1-c^{2}})^{n}}=\frac{2}{0}=\infty [/mm] beziehungsweise ist das ja eine komplexe Unendlichkeit
> Gruss leduart
Liebe Grüße und vielen Dank für deine/eure Geduld :)
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:20 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
zu a)
Schreibe
[mm] $a_n:=\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^{2n}=\left(\frac{1}{(1-c^2)^2}\right)^n$.
[/mm]
Die Folge [mm] $(a_n)_{n\in\IN}$ [/mm] konvergiert für [mm] $n\rightarrow\infty$, [/mm] genau dann wenn
[mm] $\frac{1}{(1-c^2)^2}\leqslant [/mm] 1$
[mm] $\Longleftrightarrow 1\leqslant (1-c^2)^2$
[/mm]
[mm] $\Longleftrightarrow 1\leqslant (1-c^2)$
[/mm]
[mm] $\Longleftrightarrow c^2+1\leqslant [/mm] 1$
[mm] $\Longleftrightarrow c^2\leqslant [/mm] 0$
[mm] $\Longleftrightarrow c^2= [/mm] 0$
[mm] $\Longleftrightarrow [/mm] c= 0$
Also konvergiert diese Folge nur dann, wenn $c=0$ ist. In diesem Fall ist der Grenzwert der Folge $1$.
zu b)
Verwende Partialbruchzerlegung und schreibe
[mm] $c\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n(n-1)}=c\left(\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n}\right)=c\left(1-\frac{1}{N}\right)\rightarrow [/mm] c$ für [mm] $n\to\infty$, $c\in\IR$
[/mm]
zu c)
Hier habe ich mir zu den Berechnungen keine Gedanken gemacht, aber vielleicht hilft Dir das Ergebnis
[mm] $\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1000}^{N}\frac{c}{n+c}=\begin{cases}\infty &,\,c>0\\-\infty &,\,c<0\\ 0&,\,c=0\end{cases}$
[/mm]
zu d)
Auch hier habe ich die Berechnungen nicht vollzugen. Die Lösung lautet aber
[mm] $\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}$, $c\in\IR$
[/mm]
Gruß
Denny
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:31 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
> zu a)
>
> Schreibe
>
> [mm]a_n:=\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^{2n}=\left(\frac{1}{(1-c^2)^2}\right)^n[/mm].
> Die Folge [mm](a_n)_{n\in\IN}[/mm] konvergiert für
> [mm]n\rightarrow\infty[/mm], genau dann wenn
> [mm]\frac{1}{(1-c^2)^2}\leqslant 1[/mm]
> [mm]\Longleftrightarrow 1\leqslant (1-c^2)^2[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow 1\leqslant (1-c^2)[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow c^2+1\leqslant 1[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow c^2\leqslant 0[/mm]
> [mm]\Longleftrightarrow c^2= 0[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow c= 0[/mm]
> Also konvergiert diese Folge
> nur dann, wenn [mm]c=0[/mm] ist. In diesem Fall ist der Grenzwert
> der Folge [mm]1[/mm].
Vielen Dank :D du hast gerade meine Vermutung bestätigt. Auf diesen Weg wäre ich glaube ich lange nicht gekommen
>
> zu b)
>
> Verwende Partialbruchzerlegung und schreibe
>
> [mm]c\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n(n-1)}=c\left(\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n}\right)=c\left(1-\frac{1}{N}\right)\rightarrow c[/mm]
> für [mm]n\to\infty[/mm], [mm]c\in\IR[/mm]
>
Genau das habe ich ja bei der anderen Frage geschrieben, wo du meintest, es stimme nicht... :)
> zu c)
>
> Hier habe ich mir zu den Berechnungen keine Gedanken
> gemacht, aber vielleicht hilft Dir das Ergebnis
>
> [mm]\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1000}^{N}\frac{c}{n+c}=\begin{cases}\infty &,\,c>0\\-\infty &,\,c<0\\ 0&,\,c=0\end{cases}[/mm]
Ja danke hat mir geholfen :) also ist die idee mit der Abschätzung offensichtlich der richtige Weg.
Habe meine Reihe durch die harmonische Reihe [mm] \frac{-1}{n} [/mm] abgeschätzt. da c>0 sind die anderen beiden Fälle ja ausgeschlossen, demnach ist die Reihe in meinem Beispiel divergent für alle c [mm] \in\IR
[/mm]
>
> zu d)
>
> Auch hier habe ich die Berechnungen nicht vollzugen. Die
> Lösung lautet aber
>
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm],
> [mm]c\in\IR[/mm]
Das ist das einzige Beispiel, was ich bis jetzt nicht ganz verstehe :( Mit dem Wurzelkriterium komme ich einfach nicht auf dieses Ergebnis sondern eben auf [mm] |\frac{1}{1-c^2}|
[/mm]
Auch das Quotientenkriterium versagt hier anscheinend :(
>
> Gruß
> Denny
Liebe Grüße und danke :)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:54 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
zu c) die Reihe ist natürlich nicht divergent für alle c [mm] \in\IR [/mm] sondern für c>0
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:02 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
> zu c) die Reihe ist natürlich nicht divergent für alle c
> [mm]\in\IR[/mm] sondern für c>0
Die Reihe ist divergent für [mm] $c\neq [/mm] 0$ und konvergent für $c=0$.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:04 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
> > zu c) die Reihe ist natürlich nicht divergent für alle c
> > [mm]\in\IR[/mm] sondern für c>0
>
> Die Reihe ist divergent für [mm]c\neq 0[/mm] und konvergent für
> [mm]c=0[/mm].
Richtig, das habe ich verstanden. Jedoch steht in der Angabe, dass c>0 ;) Deshalb diese Aussage.
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:20 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo meely,
> > zu d)
> >
> > Auch hier habe ich die Berechnungen nicht vollzugen. Die
> > Lösung lautet aber
> >
> >
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm],
> > [mm]c\in\IR[/mm]
>
> Das ist das einzige Beispiel, was ich bis jetzt nicht ganz
> verstehe :( Mit dem Wurzelkriterium komme ich einfach nicht
> auf dieses Ergebnis sondern eben auf [mm]|\frac{1}{1-c^2}|[/mm]
mit dem Wurzelkriterium berechnest Du NICHT DEN GRENZWERT EINER REIHE, sondern mithilfe einer Grenzwertberechnung prüfst Du, ob eine Reihe konvergiert, nicht konvergiert bzw. es kann halt auch sein, dass Du das Ergebnis erhältst, dass Du ohne weitere Überlegungen keine Konvergenzaussage treffen kannst.
Hier kannst Du es Dir einfach machen:
Setze mal [mm] $q:=q(c):=\frac{1}{1-c^2}\,.$ [/mm] Für festes [mm] $c\,$ [/mm] ist dann sicher auch $q=q(c)$ fest. In ![[]](/images/popup.gif) Erinnerung an die geometrische Summenformel gilt ja bekanntlich:
[mm] $$(\star)\;\;\;\sum_{k=0}^n q^k=\frac{1-q^{n+1}}{1-q}$$
[/mm]
und somit konvergiert [mm] $\sum_{k=\red{0}}^\infty q^k$ [/mm] dann und nur dann, wenn [mm] $|q|<1\,$ [/mm] gilt. Anstatt der [mm] $\red{0}$ [/mm] kann man dabei auch jede andere Zahl [mm] $n_0 \in \IN_0:=\IN \cup \{0\}$ [/mm] benutzen.
Im Falle der Konvergenz, also, falls $|q| < [mm] 1\,$ [/mm] ist, ist bekanntlich der Grenzwert der Reihe [mm] $\sum_{k=0}^\infty q^k$ [/mm] gegeben durch
[mm] $$(\star_2)\;\;\;\sum_{k=0}^\infty q^k=\frac{1}{1-q}\,.$$
[/mm]
(Im letzten Satz siehst Du auch nochmal die Doppelbedeutung des Symbols [mm] $\sum_{k=0}^\infty q^k:$ [/mm] Einerseits steht es für die Folge der Teilsummen [mm] $\left(\sum_{k=0}^n q^k\right)_{n=0}^\infty\,,$ [/mm] diese Bedeutung hat ein "Reihensymbol" [mm] $\sum_{k=0}^\infty$ [/mm] stets, andererseits, weil diese Reihe, also die erwähnte Folge der Teilsummen konvergiert, wird auch
[mm] $$\sum_{k=0}^\infty q^k=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=0}^n q^k$$
[/mm]
geschrieben. Diese Grenzwertbedeutung kann ein Summensymbol also auch nur haben, wenn die Folge der Teilsummen konvergiert.)
Daher:
[mm] $$\sum_{n=2}^\infty \left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n$$
[/mm]
konvergiert genau dann, wenn [mm] $|1/(1-c^2)| [/mm] < [mm] 1\,$ [/mm] gilt. Finde damit erstmal heraus, für welche [mm] $c\,$ [/mm] die Reihe dann konvergiert: Bedenke dabei, dass [mm] $1-c^2 \ge [/mm] 0$ genau dann, wenn $|c| [mm] \le [/mm] 1$ gilt. Insbesondere siehst Du: für $|c| [mm] \le 1\,$ [/mm] kannst Du [mm] $|1-c^2|=1-c^2$ [/mm] schreiben, und für $|c| > [mm] 1\,$ [/mm] musst Du [mm] $|1-c^2|=-(1-c^2)=c^2-1$ [/mm] schreiben.
Wenn Du somit nun einsiehst:
Die obige Reihe [mm] $\sum_{n=2}^\infty q^n$ [/mm] konvergiert für $|c| > [mm] \sqrt{2}\,.$ [/mm] (Aus dem Wurzelkriterium folgt wenigstens, dass die Reihe konvergiert für [mm] $|1/(1-c^2)| [/mm] < 1 [mm] \gdw |1-c^2| [/mm] > 1 [mm] \gdw [/mm] |c| > [mm] \sqrt{2}$ [/mm] und dass sie divergiert für $|c| < [mm] \sqrt{2}\,.$ [/mm] Für [mm] $c=\pm\sqrt{2}$ [/mm] folgt keine Konvergenzaussage für die Reihe - aber diese Fälle kann man ganz einfach separat untersuchen und wird sehen, dass die Reihe dann auch divergiert. Leider liefert das WK keinen Grenzwert der Reihe!)
Also: Wie gerade erwähnt konvergiert die Reihe für $|q| < 1$ bzw., was mit [mm] $q=q(c)=1/(1-c^2)$ [/mm] äquivalent dazu ist: für $|q| > [mm] \sqrt{2}\,.$ [/mm] Wegen [mm] $(\star_2)$ [/mm] kannst Du für $c [mm] \in \IR \setminus [-\sqrt{2},\sqrt{2}]$ [/mm] aber schreiben
[mm] $$\sum_{n=2}^\infty \left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n-\sum_{n=0}^2 \left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n-\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^0-\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^1=\frac{1}{1-q}-1-\frac{1}{1-c^2}\,.$$
[/mm]
Das kannst Du natürlich noch weiterrechnen/vereinfachen, was Du auch tun solltest (vor allem nochmal [mm] $q=q(c)=\frac{1}{1-c^2}$ [/mm] einsetzen!)
P.S.:
Mit den Überlegungen von oben kann man sich auch direkt herleiten, dass für $|q| < [mm] 1\,$ [/mm] gilt
[mm] $$(\star_3)\;\;\;\sum_{k=n_0}^\infty q^k=\frac{1}{1-q}-\frac{1-q^{n_0+1}}{1-q}=\frac{q^{n_0+1}}{1-q}\,.$$
[/mm]
Also kannst Du für [mm] $q=q(c)=1/(1-c^2)$ [/mm] im Falle $|q| < 1 [mm] \gdw [/mm] |c| > [mm] \sqrt{2}$ [/mm] auch natürlich [mm] $q=q(c)=1/(1-c^2)$ [/mm] in [mm] $(\star_3)$ [/mm] einsetzen. Egal, welchen Weg Du wählst, das Ergebnis sollte natürlich immer das gleiche sein!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:28 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Wow ! Vielen Dank für diese ausführliche und verständliche Antwort :D
Ich hab jetzt schon ein richtig schlechtes Gewissen, weil du dir da so viel Mühe gibst und gegeben hast mir alles möglichst genau zu erklären, damit ich es verstehe.
Ich hätte wirklich nie erwartet, dass du dir für mich so viel Zeit nimmst, obwohl du sicher besseres zu tun hast als einer kleinen Studentin Mathematik näher zu bringen :)
Ich bin wirklich begeistert wie gut dieses Forum funktioniert. Äußerst schnell bekommt man Antworten, selbst wenn der Aufgabensteller komplett verwirrt ist (wie zum Beispiel ich) und ewig auf dem Schlauch steht.
Hoffentlich kann ich bald auch dazu beitragen anderen Menschen die Mathematik auf verständliche Weise näher zu bringen :)
Liebe Grüße und vielen, vielen Dank,
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:32 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo meely,
> Wow ! Vielen Dank für diese ausführliche und
> verständliche Antwort :D
>
> Ich hab jetzt schon ein richtig schlechtes Gewissen, weil
> du dir da so viel Mühe gibst und gegeben hast mir alles
> möglichst genau zu erklären, damit ich es verstehe.
>
> Ich hätte wirklich nie erwartet, dass du dir für mich so
> viel Zeit nimmst, obwohl du sicher besseres zu tun hast als
> einer kleinen Studentin Mathematik näher zu bringen :)
>
> Ich bin wirklich begeistert wie gut dieses Forum
> funktioniert. Äußerst schnell bekommt man Antworten,
> selbst wenn der Aufgabensteller komplett verwirrt ist (wie
> zum Beispiel ich) und ewig auf dem Schlauch steht.
>
> Hoffentlich kann ich bald auch dazu beitragen anderen
> Menschen die Mathematik auf verständliche Weise näher zu
> bringen :)
kein Ding, dafür gibt es solche Foren - wenn Du Dich sicher genug fühlst, kannst Du gerne damit beginnen. Man kann ja auch "klein" anfangen und erstmal Schülern/Schülerinnen helfen.
P.S.:
In der Antwort waren noch ein paar Patzer: Anstatt $> [mm] \sqrt{2}$ [/mm] habe ich manchmal [mm] $<\,$ [/mm] geschrieben etc.. Ich habe versucht, alles nochmal zu korrigieren - es kann natürlich sein, dass dennoch an manchen Stellen etwas falsches steht. Also versuch', das nachzuvollziehen, und wenn etwas gar nicht passt und Du Dir unsicher bist: Einfach nochmal nachfragen. Vll. ist das dann auch ein Fehler meinerseits, der korrigiert werden sollte!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:38 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
> Hallo meely,
> kein Ding, dafür gibt es solche Foren - wenn Du Dich
> sicher genug fühlst, kannst Du gerne damit beginnen. Man
> kann ja auch "klein" anfangen und erstmal
> Schülern/Schülerinnen helfen.
ich werde mein Bestes geben :)
>
> P.S.:
> In der Antwort waren noch ein paar Patzer: Anstatt [mm]> \sqrt{2}[/mm]
> habe ich manchmal [mm]<\,[/mm] geschrieben etc.. Ich habe versucht,
> alles nochmal zu korrigieren - es kann natürlich sein,
> dass dennoch an manchen Stellen etwas falsches steht. Also
> versuch', das nachzuvollziehen, und wenn etwas gar nicht
> passt und Du Dir unsicher bist: Einfach nochmal nachfragen.
> Vll. ist das dann auch ein Fehler meinerseits, der
> korrigiert werden sollte!
Ich bin gerade dabei alles nach zu vollziehen :) bis jetzt habe ich auch alles verstanden. Du hättest auf meiner Uni die Mathematik Skripten schreiben sollen ;D So gut erklärt findet man das dort nie. Nur Sätze und Definitionen :(
Falls ich Fragen habe komme ich gern auf dein Angebot zurück :)
>
> Gruß,
> Marcel
Danke nochmal und liebe Grüße,
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:46 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hi meely,
> > Hallo meely,
>
> > kein Ding, dafür gibt es solche Foren - wenn Du Dich
> > sicher genug fühlst, kannst Du gerne damit beginnen. Man
> > kann ja auch "klein" anfangen und erstmal
> > Schülern/Schülerinnen helfen.
>
> ich werde mein Bestes geben :)
>
> >
> > P.S.:
> > In der Antwort waren noch ein paar Patzer: Anstatt [mm]> \sqrt{2}[/mm]
> > habe ich manchmal [mm]<\,[/mm] geschrieben etc.. Ich habe versucht,
> > alles nochmal zu korrigieren - es kann natürlich sein,
> > dass dennoch an manchen Stellen etwas falsches steht. Also
> > versuch', das nachzuvollziehen, und wenn etwas gar nicht
> > passt und Du Dir unsicher bist: Einfach nochmal nachfragen.
> > Vll. ist das dann auch ein Fehler meinerseits, der
> > korrigiert werden sollte!
>
> Ich bin gerade dabei alles nach zu vollziehen :) bis jetzt
> habe ich auch alles verstanden. Du hättest auf meiner Uni
> die Mathematik Skripten schreiben sollen ;D So gut erklärt
> findet man das dort nie. Nur Sätze und Definitionen :(
ich war mit diesem Skript immer zufrieden. Sätze, Definitionen, Lemmata, ... findet man dort auch, aber ab und an auch Beispiele. Zudem soll man ja auch in den Ü-Aufgaben überwiegend lernen, die Theorie zu verstehen "und anzuwenden". Das ist auch alles ein wenig ein "Entwicklungsprozess". Nach den ersten 3, 4 Semestern wirst Du die Sachen "schneller" aufnehmen und von der Arbeitsweise her dann vielleicht auch nicht immer Beispiele als so wichtig empfinden!
> Falls ich Fragen habe komme ich gern auf dein Angebot
> zurück :)
LG zurück,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:56 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
> Hi meely,
>
> ich war mit
> diesem Skript
> immer zufrieden. Sätze, Definitionen, Lemmata, ... findet
> man dort auch, aber ab und an auch Beispiele. Zudem soll
> man ja auch in den Ü-Aufgaben überwiegend lernen, die
> Theorie zu verstehen "und anzuwenden". Das ist auch alles
> ein wenig ein "Entwicklungsprozess". Nach den ersten 3, 4
> Semestern wirst Du die Sachen "schneller" aufnehmen und von
> der Arbeitsweise her dann vielleicht auch nicht immer
> Beispiele als so wichtig empfinden!
Vielen Dank :) Sieht schon auf den ersten Blick wesentlich geordneter aus als das meinige.
Werde mir heute noch alles zum Thema Grenzwerte in diesem Skript durchlesen :)
>
> LG zurück,
> Marcel
Liebe Grüße, Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:27 So 19.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hi meely,
> > Hi meely,
> >
> > ich war mit
> >
> diesem Skript
> > immer zufrieden. Sätze, Definitionen, Lemmata, ... findet
> > man dort auch, aber ab und an auch Beispiele. Zudem soll
> > man ja auch in den Ü-Aufgaben überwiegend lernen, die
> > Theorie zu verstehen "und anzuwenden". Das ist auch alles
> > ein wenig ein "Entwicklungsprozess". Nach den ersten 3, 4
> > Semestern wirst Du die Sachen "schneller" aufnehmen und von
> > der Arbeitsweise her dann vielleicht auch nicht immer
> > Beispiele als so wichtig empfinden!
>
> Vielen Dank :) Sieht schon auf den ersten Blick wesentlich
> geordneter aus als das meinige.
> Werde mir heute noch alles zum Thema Grenzwerte in diesem
> Skript durchlesen :)
ein wenig versteckt findest Du von ihm auch (leider etwas unschöner aufgebaut, weil halt z.B. das Inhaltsverzeichnis da noch fehlte etc.) dieses Skript zur LA oder, was ich auch empfehlenswert finde: LA-Skript von Prof. Dr. Ina Kersten.
Was mir auf die Schnelle auffiel, ist auch dieses Analysis-SKript aus Heidelberg (auch, wenn auf Seite 103 bei der Fibonacci-Folge die 2 vergessen wurde ^^).
Da sind auch die Definitionen oft skizzenhaft motiviert, was gerade am Anfang auch hilfreich sein kann!
Also: Mein Prof. (Müller) arbeitet eigentlich immer sehr penibel und auch ziemlich abstrakt. Manchmal dauert's aber erst bei manchen Begriffen, bis man diese Abstraktheit akzeptiert bzw. auch das "Ausbilden eines Abstraktionsvermögens dauert bei StudentInnen ja oft auch eine Zeit". Also: Wenn's mal ein wenig zu abstrakt (in der Analysis) wird, schau' einfach mal in das Heidelberg-Skript. Da sind auch haufenweise Beispiele. So auf den ersten Blick sieht mir das zwar umfangreich aus, aber dafür wird die Theorie auch angewendet (also nicht nur, um die Theorie weiterzuentwickeln). Sowas kann manchmal hilfreich sein (ähnlich arbeitet der Heuser, das Buch ist allerdings ein dicker Schinken, der auch ein wenig kostet - aber ich bin immer wieder froh, mir das mal geleistet zu haben. Auch, wenn's ein wenig gedauert hatte, bis ich's mir leisten konnte/wollte. Aber mit den Skripten hier solltest Du erstmal allemal gut bedient sein. Manchmal sind zu viele Informationsquellen auch eher hinderlich als nützlich, also: Such' Dir meinetwegen ein LA- und ein Ana-Skript aus, mit dem Du gut arbeiten kannst, und die anderen kannst Du dann zur Hilfe nehmen, wenn mal etwas total unklar ist).
P.S.:
Im "Heidelberg-Skript" werden Reihen ab Kapitel 10 behandelt. Gut finde ich da auch schon, dass, genau wie bei meinem Prof., direkt schon die Doppelbedeutung des Symbols [mm] $\sum a_k$ [/mm] (Bemerkungen 10.1.2) geklärt wird. Sowas deutet normalerweise darauf hin, dass der Prof. auf Didaktik Wert legt - was für StudentInnen gerade in den Anfangssemestern mehr als wichtig ist!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:45 Di 21.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo Marcel :) Vielen Dank für die vielen Skript-Empfehlungen :) bin gerade dabei sie alle durch zu lesen :)
Liebe Grüße, Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:01 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
> zu a)
>
> Schreibe
>
> [mm]a_n:=\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^{2n}=\left(\frac{1}{(1-c^2)^2}\right)^n[/mm].
> Die Folge [mm](a_n)_{n\in\IN}[/mm] konvergiert für
> [mm]n\rightarrow\infty[/mm], genau dann wenn
> [mm]\frac{1}{(1-c^2)^2}\leqslant 1[/mm]
> [mm]\Longleftrightarrow 1\leqslant (1-c^2)^2[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow 1\leqslant (1-c^2)[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow c^2+1\leqslant 1[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow c^2\leqslant 0[/mm]
> [mm]\Longleftrightarrow c^2= 0[/mm]
>
> [mm]\Longleftrightarrow c= 0[/mm]
> Also konvergiert diese Folge
> nur dann, wenn [mm]c=0[/mm] ist. In diesem Fall ist der Grenzwert
> der Folge [mm]1[/mm].
>
> zu b)
>
> Verwende Partialbruchzerlegung und schreibe
>
> [mm]c\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n(n-1)}=c\left(\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n}\right)=c\left(1-\frac{1}{N}\right)\rightarrow c[/mm]
> für [mm]n\to\infty[/mm], [mm]c\in\IR[/mm]
>
> zu c)
>
> Hier habe ich mir zu den Berechnungen keine Gedanken
> gemacht, aber vielleicht hilft Dir das Ergebnis
>
> [mm]\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1000}^{N}\frac{c}{n+c}=\begin{cases}\infty &,\,c>0\\-\infty &,\,c<0\\ 0&,\,c=0\end{cases}[/mm]
>
> zu d)
>
> Auch hier habe ich die Berechnungen nicht vollzugen. Die
> Lösung lautet aber
>
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm],
> [mm]c\in\IR[/mm]
Für [mm] $c\in\IR$ [/mm] ist nicht richtig. Dort müsste für [mm] $c>\sqrt{2}$ [/mm] und [mm] $c<-\sqrt{2}$ [/mm] stehen.
Herleitung: Du kennst sicherlich die geometrische Reihe
[mm] $\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}$, $x\in\IR$ [/mm] mit $|x|<1$
d.h. diese Reihe konvergiert nur für [mm] $x\in\IR$ [/mm] mit $|x|<1$. Nun bringe die ersten zwei Summanden der Reihe auf die rechte Seite
[mm] $\sum_{n=2}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}-x-1$
[/mm]
für [mm] $x\in\IR$ [/mm] mit $|x|<1$. Nun setze [mm] $x=\frac{1}{1-c^2}$, [/mm] dann erhälst Du
[mm] $\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=\frac{1}{1-\frac{1}{1-c^2}}-\frac{1}{1-c^2}-1=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}$
[/mm]
insofern [mm] $\frac{1}{1-c^2}\in\IR$ [/mm] mit [mm] $\left|\frac{1}{1-c^2}\right|<1$, [/mm] d.h. [mm] $1<|1-c^2|$. [/mm] Dies ist jedoch genau dann erfüllt, wenn [mm] $c\in\IR$ [/mm] mit [mm] $c>\sqrt{2}$ [/mm] oder [mm] $c<-\sqrt{2}$.
[/mm]
Alles klar?
> Gruß
> Denny
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:07 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo nochmal :)
> > zu d)
> >
> > Auch hier habe ich die Berechnungen nicht vollzugen. Die
> > Lösung lautet aber
> >
> >
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm],
> > [mm]c\in\IR[/mm]
>
> Für [mm]c\in\IR[/mm] ist nicht richtig. Dort müsste für
> [mm]c>\sqrt{2}[/mm] und [mm]c<-\sqrt{2}[/mm] stehen.
>
> Herleitung: Du kennst sicherlich die geometrische Reihe
> [mm]\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}[/mm], [mm]x\in\IR[/mm] mit
> [mm]|x|<1[/mm]
> d.h. diese Reihe konvergiert nur für [mm]x\in\IR[/mm] mit [mm]|x|<1[/mm].
> Nun bringe die ersten zwei Summanden der Reihe auf die
> rechte Seite
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}-x-1[/mm]
> für [mm]x\in\IR[/mm] mit [mm]|x|<1[/mm]. Nun setze [mm]x=\frac{1}{1-c^2}[/mm], dann
> erhälst Du
>
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=\frac{1}{1-\frac{1}{1-c^2}}-\frac{1}{1-c^2}-1=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm]
> insofern [mm]\frac{1}{1-c^2}\in\IR[/mm] mit
> [mm]\left|\frac{1}{1-c^2}\right|<1[/mm], d.h. [mm]1<|1-c^2|[/mm]. Dies ist
> jedoch genau dann erfüllt, wenn [mm]c\in\IR[/mm] mit [mm]c>\sqrt{2}[/mm]
> oder [mm]c<-\sqrt{2}[/mm].
>
> Alles klar?
An die Geometrische-Reihe habe ich gedacht, allerdings habe ich sie falsch angewendet gehabt :)
Jetzt ist wirklich alles klar :)
>
> > Gruß
> > Denny
>
Liebe Grüße und vielen Dank für deine Mühe und Geduld :)
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:09 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
> Hallo nochmal :)
>
> > > zu d)
> > >
> > > Auch hier habe ich die Berechnungen nicht vollzugen. Die
> > > Lösung lautet aber
> > >
> > >
> >
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm],
> > > [mm]c\in\IR[/mm]
> >
> > Für [mm]c\in\IR[/mm] ist nicht richtig. Dort müsste für
> > [mm]c>\sqrt{2}[/mm] und [mm]c<-\sqrt{2}[/mm] stehen.
> >
> > Herleitung: Du kennst sicherlich die geometrische Reihe
> > [mm]\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}[/mm], [mm]x\in\IR[/mm] mit
> > [mm]|x|<1[/mm]
> > d.h. diese Reihe konvergiert nur für [mm]x\in\IR[/mm] mit
> [mm]|x|<1[/mm].
> > Nun bringe die ersten zwei Summanden der Reihe auf die
> > rechte Seite
> > [mm]\sum_{n=2}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}-x-1[/mm]
> > für [mm]x\in\IR[/mm] mit [mm]|x|<1[/mm]. Nun setze [mm]x=\frac{1}{1-c^2}[/mm],
> dann
> > erhälst Du
> >
> >
> [mm]\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{1-c^2}\right)^n=\frac{1}{1-\frac{1}{1-c^2}}-\frac{1}{1-c^2}-1=-\frac{1}{c^2(1-c^2)}[/mm]
> > insofern [mm]\frac{1}{1-c^2}\in\IR[/mm] mit
> > [mm]\left|\frac{1}{1-c^2}\right|<1[/mm], d.h. [mm]1<|1-c^2|[/mm]. Dies ist
> > jedoch genau dann erfüllt, wenn [mm]c\in\IR[/mm] mit [mm]c>\sqrt{2}[/mm]
> > oder [mm]c<-\sqrt{2}[/mm].
> >
> > Alles klar?
>
> An die Geometrische-Reihe habe ich gedacht, allerdings habe
> ich sie falsch angewendet gehabt :)
>
> Jetzt ist wirklich alles klar :)
>
Gut, dann kann ich jetzt Boxen gucken. Bis dann
> >
> > > Gruß
> > > Denny
> >
>
> Liebe Grüße und vielen Dank für deine Mühe und Geduld
> :)
>
> Meely
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:15 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
> Gut, dann kann ich jetzt Boxen gucken. Bis dann
Das hast du dir wirklich verdient :) *gg*
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:16 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Tipp:
> b) [mm]\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}}[/mm]
für jedes $N [mm] \ge [/mm] 2$ gilt
[mm] $$\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{\ell=\underbrace{2-1}_{=1}}^{N-1}\frac{1}{\ell}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}\,.$$
[/mm]
(Beweis?)
1.) Wie kann man diese Umformung beweisen?
2.) Wieso hilft sie uns?
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:40 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo und vielen Dank für deine Antwort :)
> Tipp:
>
> > b) [mm]\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}}[/mm]
>
> für jedes [mm]N \ge 2[/mm] gilt
> [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{\ell=\underbrace{2-1}_{=1}}^{N-1}\frac{1}{\ell}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}\,.[/mm]
danke diese Umformung hat gerade einen "Knopf in meinem Hirn" gelöst :D
>
> (Beweis?)
>
> 1.) Wie kann man diese Umformung beweisen?
naja ich hab das alles jetzt nochmal genauer durchdacht und man kann ja mittel Partialbruchzerlegung schreiben:
[mm] \frac{1}{n(n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}
[/mm]
also folgt
[mm] \sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1 [/mm] für [mm] N\rightarrow \infty
[/mm]
> 2.) Wieso hilft sie uns?
Durch die Teleskopreihe kann ich sehr leicht den Wert der Reihe berechnen. Multipliziere ich das nun mit c, ist mein Grenzwert natürlich c.
>
> Gruß,
> Marcel
Danke und liebe Grüße
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:54 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
> Hallo und vielen Dank für deine Antwort :)
>
> > Tipp:
> >
> > > b) [mm]\summe_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{\frac{n}{c}(n-1)}}[/mm]
> >
> > für jedes [mm]N \ge 2[/mm] gilt
> > [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{\ell=\underbrace{2-1}_{=1}}^{N-1}\frac{1}{\ell}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}\,.[/mm]
>
>
> danke diese Umformung hat gerade einen "Knopf in meinem
> Hirn" gelöst :D
> >
> > (Beweis?)
> >
> > 1.) Wie kann man diese Umformung beweisen?
>
> naja ich hab das alles jetzt nochmal genauer durchdacht und
> man kann ja mittel Partialbruchzerlegung schreiben:
>
> [mm]\frac{1}{n(n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}[/mm]
>
> also folgt
>
> [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1[/mm]
> für [mm]N\rightarrow \infty[/mm]
Das letzte Gleichheitszeichen ist nicht richtig. Die Summen heben sich weg, bis auf zwei Terme . Es bleiben bei der ersten Summe der 1. Summand (für $n=1$) und bei der zweiten Summe der N. Summand (für $n=N$) übrig, d.h.
[mm] $\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1\textcolor{red}{-\frac{1}{N}}$
[/mm]
Die Folge der Partialsummen konvergiert genau dann, wenn der Ausdruck [mm] $1-\frac{1}{N}$ [/mm] für [mm] $N\to\infty$ [/mm] einen endlichen Wert annimmt. Dies geschieht tatsächlich, denn dieser Ausdruck konvergiert gegen $1$.
> > 2.) Wieso hilft sie uns?
>
> Durch die Teleskopreihe kann ich sehr leicht den Wert der
> Reihe berechnen. Multipliziere ich das nun mit c, ist mein
> Grenzwert natürlich c.
>
> >
> > Gruß,
> > Marcel
>
> Danke und liebe Grüße
>
> Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:13 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
> >
> > naja ich hab das alles jetzt nochmal genauer durchdacht und
> > man kann ja mittel Partialbruchzerlegung schreiben:
> >
> > [mm]\frac{1}{n(n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}[/mm]
> >
> > also folgt
> >
> > [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1[/mm]
> > für [mm]N\rightarrow \infty[/mm]
>
> Das letzte Gleichheitszeichen ist nicht richtig. Die Summen
> heben sich weg, bis auf zwei Terme . Es bleiben bei der
> ersten Summe der 1. Summand (für [mm]n=1[/mm]) und bei der zweiten
> Summe der N. Summand (für [mm]n=N[/mm]) übrig, d.h.
>
> [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1\textcolor{red}{-N}[/mm]
>
> Die Folge der Partialsummen konvergiert genau dann, wenn
> der Ausdruck [mm]1-N[/mm] für [mm]N\to\infty[/mm] einen endlichen Wert
> annimmt. Aber die rechte Seite geht gegen [mm]-\infty[/mm]. Damit
> divergiert die Folge der Partialsummen.
aber wieso sollte da 1-N heraus kommen?
[mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{N}[/mm]
und für N [mm] \rightarrow \infty [/mm] folgt doch: [mm] \frac{1}{1}-0=1
[/mm]
zur Kontrolle siehe auch hier: http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+from+n%3D2+to+infinity+of+%281%2F%28n%28n-1%29%29
>
> > > 2.) Wieso hilft sie uns?
> >
> > Durch die Teleskopreihe kann ich sehr leicht den Wert der
> > Reihe berechnen. Multipliziere ich das nun mit c, ist mein
> > Grenzwert natürlich c.
> >
> > >
> > > Gruß,
> > > Marcel
> >
> > Danke und liebe Grüße
> >
> > Meely
>
Liebe Grüße Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:25 Sa 18.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
> > >
> > > naja ich hab das alles jetzt nochmal genauer durchdacht und
> > > man kann ja mittel Partialbruchzerlegung schreiben:
> > >
> > > [mm]\frac{1}{n(n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}[/mm]
> > >
> > > also folgt
> > >
> > > [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1[/mm]
> > > für [mm]N\rightarrow \infty[/mm]
> >
> > Das letzte Gleichheitszeichen ist nicht richtig. Die Summen
> > heben sich weg, bis auf zwei Terme . Es bleiben bei der
> > ersten Summe der 1. Summand (für [mm]n=1[/mm]) und bei der zweiten
> > Summe der N. Summand (für [mm]n=N[/mm]) übrig, d.h.
> >
> > [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=1\textcolor{red}{-N}[/mm]
>
> >
> > Die Folge der Partialsummen konvergiert genau dann, wenn
> > der Ausdruck [mm]1-N[/mm] für [mm]N\to\infty[/mm] einen endlichen Wert
> > annimmt. Aber die rechte Seite geht gegen [mm]-\infty[/mm]. Damit
> > divergiert die Folge der Partialsummen.
>
> aber wieso sollte da 1-N heraus kommen?
>
> [mm]\sum_{n=2}^N \frac{1}{n(n-1)}=\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n-1}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=2}^N \frac{1}{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{N}[/mm]
>
> und für N [mm]\rightarrow \infty[/mm] folgt doch: [mm]\frac{1}{1}-0=1[/mm]
>
Da hast Du natürlich Recht. Hier ist mir ein Flüchtigkeitsfehler unterlaufen. Habe es gerade korrigiert. Danke für den Hinweis
>
> zur Kontrolle siehe auch hier:
> http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+from+n%3D2+to+infinity+of+%281%2F%28n%28n-1%29%29
>
> >
> > > > 2.) Wieso hilft sie uns?
> > >
> > > Durch die Teleskopreihe kann ich sehr leicht den Wert der
> > > Reihe berechnen. Multipliziere ich das nun mit c, ist mein
> > > Grenzwert natürlich c.
> > >
> > > >
> > > > Gruß,
> > > > Marcel
> > >
> > > Danke und liebe Grüße
> > >
> > > Meely
> >
>
>
> Liebe Grüße Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:32 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Okay vielen Dank, trotzdem :)
Habe schon befürchtet, dass ich nicht mal mehr Teleskopreihen berechnen kann.
Hast mich nocheinmal drüber nachdenken lassen - 2 mal denken schadet mir sowieso nicht haha
Liebe Grüße Meely
|
|
|
| |
|
Hey Meely,
wow .. du hast da ja wieder mal ein Chaos :P
Offensichtlich hast du ja mittlerweile alles lösen können.
Trotzdem rate ich dir nochmal genau die "Konvergenz- / Divergenzkriterien für Reihen" an zu sehen.
Nimm dir mehr Zeit um während dem Lösen einer Aufgabe zwischen Folge und Reihe zu unterscheiden - du würdest dir sehr viel Zeit und Verwirrung ersparen ;)
Wenn eine Teleskopreihe vorkommt -> immer nach Schema "F" behandeln, wie wir es schon letzte Woche besprochen haben ;)
Dann ist der Grenzwert ja schon bestimmt (sofern er existiert).
Wenn du dir nicht sicher bist ob es eine Teleskopreihe ist, spiele ein bisschen mit Partialbruchzerlegung herum. Wenn ich mich recht erinnere, waren bei meiner Prüfung alle Reinen Teleskopreihen ;) (bei dir wird er es wahrscheinlich nicht anders machen)
Harmonische Reihe abschätzen (als divergente Minorante) ist auch immer ein heißer Tipp, ebenso wie die geometrische Reihe zur berechnung der Reihe.
Das du für die Analysis 1 Prüfung lernst ist nahezu offensichtlich :P
LG Scherzkrapferl
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:59 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo Scherzkrapferl
> Hey Meely,
>
> wow .. du hast da ja wieder mal ein Chaos :P
>
> Offensichtlich hast du ja mittlerweile alles lösen
> können.
>
> Trotzdem rate ich dir nochmal genau die "Konvergenz- /
> Divergenzkriterien für Reihen" an zu sehen.
>
> Nimm dir mehr Zeit um während dem Lösen einer Aufgabe
> zwischen Folge und Reihe zu unterscheiden - du würdest dir
> sehr viel Zeit und Verwirrung ersparen ;)
>
> Wenn eine Teleskopreihe vorkommt -> immer nach Schema "F"
> behandeln, wie wir es schon letzte Woche besprochen haben
> ;)
> Dann ist der Grenzwert ja schon bestimmt (sofern er
> existiert).
>
> Wenn du dir nicht sicher bist ob es eine Teleskopreihe ist,
> spiele ein bisschen mit Partialbruchzerlegung herum. Wenn
> ich mich recht erinnere, waren bei meiner Prüfung alle
> Reinen Teleskopreihen ;) (bei dir wird er es wahrscheinlich
> nicht anders machen)
>
> Harmonische Reihe abschätzen (als divergente Minorante)
> ist auch immer ein heißer Tipp, ebenso wie die
> geometrische Reihe zur berechnung der Reihe.
>
>
> Das du für die Analysis 1 Prüfung lernst ist nahezu
> offensichtlich :P
Danke für die Tipps :)
Hahaha ja ich lerne für Analysis 1.
>
> LG Scherzkrapferl
Liebe Grüße,
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:37 Di 21.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo nocheinmal :)
ich habe noch eine letzte Frage zum Beispiel c:
ich habe die summe nun als [mm] \summe_{N=1000}^{\infty}\frac{-c}{n} [/mm] abgeschätzt:
also mit: [mm] \frac{1}{n+c}\ge\frac{-1}{n}
[/mm]
[mm] n\ge-n-c
[/mm]
[mm] n\ge \frac{-c}{2} [/mm]
da das ja immer gilt (laut angabe ja c>0) müsste diese Abschätzung doch richtig und Zulässig sein ?!
Demnach müss diese Reihe für alle c>0 divergieren :) ?
ich hoffe man darf das so begründen.
Liebe Grüße und danke für jede Antwort,
Meely
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:42 Di 21.02.2012 | | Autor: | Denny22 |
> Hallo nocheinmal :)
>
> ich habe noch eine letzte Frage zum Beispiel c:
>
> ich habe die summe nun als
> [mm]\summe_{N=1000}^{\infty}\frac{-c}{n}[/mm] abgeschätzt:
>
> also mit: [mm]\frac{1}{n+c}\ge\frac{-1}{n}[/mm]
>
> [mm]n\ge-n-c[/mm]
>
> [mm]n\ge \frac{-c}{2}[/mm]
>
> da das ja immer gilt (laut angabe ja c>0) müsste diese
> Abschätzung doch richtig und Zulässig sein ?!
>
> Demnach müss diese Reihe für alle c>0 divergieren :) ?
>
> ich hoffe man darf das so begründen.
>
> Liebe Grüße und danke für jede Antwort,
>
> Meely
>
>
Wir wollen den Wert von
[mm] $\sum_{n=1000}^{\infty}\frac{c}{n+c}$
[/mm]
bestimmen, wobei ich sogar [mm] $c\in\IR$ [/mm] zulasse.
Deine $N$-te Partialsumme [mm] ($N\geqslant [/mm] 1000$) hat den Wert
[mm] $\sum_{n=1000}^{N}\frac{c}{n+c}=\sum_{n=0}^{N-1000}\frac{c}{n+1000+c}=:c\sum_{n=0}^{M}\frac{1}{n+b}$
[/mm]
wobei wir $M:=N-1000$ und $b:=1000+c$ definieren. Nun bezeichne [mm] $\Psi(z)$ [/mm] die Digamma-Funktion, dann gilt die Formel
[mm] $\Psi(z+1)=\Psi(z)+\frac{1}{z}$, $z\in\IC$, $z\neq 0,-1,-2,\ldots$
[/mm]
Dies bedeutet fuer Deine Summe
[mm] $\sum_{n=0}^{M}\frac{1}{n+b}=\frac{1}{b}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{2+b}+\cdots+\frac{1}{M+b}=\Psi(b+1)-\Psi(b)+\Psi(b+2)-\Psi(b+1)+\Psi(b+3)-\Psi(b+2)+\cdots+\Psi(M+b+1)-\Psi(M+b)=\Psi(M+b+1)-\Psi(b)$
[/mm]
Damit erhalten wir
[mm] $c\sum_{n=0}^{M}\frac{1}{n+b}=c\cdot\left(\Psi(M+b+1)-\Psi(b)\right)$
[/mm]
Nun ersetzen wir $M$ und $b$ entsprechend ihrer Definition und erhalten
[mm] $c\sum_{n=0}^{N-1000}\frac{1}{n+1000+c}=c\cdot\left(\Psi(N-1000+1000+c+1)-\Psi(c+1000)\right)=c\left(\Psi(N+c+1)-\Psi(c+1000)\right)$
[/mm]
Nun gilt jedoch [mm] $\Psi(N+c+1)\rightarrow\infty$ [/mm] fuer [mm] $N\to\infty$. [/mm] Damit erhaelst Du
[mm] $\sum_{n=1000}^{\infty}\frac{c}{n+c}= \lim_{N\to\infty}\sum_{n=1000}^{N}\frac{c}{n+c}=\lim_{N\to\infty}c\sum_{n=0}^{N-1000}\frac{1}{n+1000+c}=\lim_{N\to\infty}c\left(\Psi(N+c+1)-\Psi(c+1000)\right)=\begin{cases}\infty &,\,c>0\\-\infty &,\,c<0\\ 0&,\,c=0\end{cases} [/mm] $
Beachte hierbei, dass [mm] $\Psi(z)$ [/mm] in den Punkten [mm] $z=0,-1,-2,\ldots$ [/mm] Polstellen hat. daher muss [mm] $c\neq -1000,-1001,-1002,\ldots$ [/mm] gelten. Daher ist fuer negative $c$'s besondere Vorsicht geboten.
Da ich nicht den Weg ueber die Abschaetzung gegangen bin und Dich der Weg ueber die Abschaetzung vermutlich eher interessiert, stelle ich die Frage einmal auf teilweise beantwortet, damit sich andere mit der Fragestellung ueber die Abschaetzung Gedanken machen koennen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:20 Do 23.02.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
|
|
|
|
