Integralvergleichskriterium < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:27 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Lena23 |
| Aufgabe | | Überprüfen Sie mit dem Integralvergleichskriterium für welche [mm] \alpha [/mm] > 0 die Reihe [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{ln(k)^\alpha}{k^2} [/mm] konvergiert. |
Hallo :)
Ich brauche ganz dringend Hilfe bei der Aufgabe.
Das ist das einzige, was ich dazu hinkriege:
Fallunterscheidung:
1. Fall [mm] \alpha=1:
[/mm]
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch {ln(x)}{x^2} dx}
[/mm]
2. Fall [mm] \alpha [/mm] > 1
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch {ln(x)^2}{x^2} dx} [/mm] bzw.
[mm] \integral_{0}^{\infty}{\bruch {ln(x)^\infty}{x^2} dx}
[/mm]
Ich weiß zwar nicht, ob man damit was anfangen kann, aber ich wäre wirklich froh, wenn mir jemand beim Lösen der Aufgabe helfen könnte, weil ich Montag Morgen die Analysis-Prüfung habe :(
Liebe Grüße
Lena
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:39 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lena,
> Überprüfen Sie mit dem Integralvergleichskriterium für
> welche [mm]\alpha[/mm] > 0 die Reihe [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{ln(k)^\alpha}{k^2}[/mm]
da steht sicher [mm] $k=\red{\;1\;}$ [/mm] als unterer Startindex!
> konvergiert.
>
> Hallo :)
> Ich brauche ganz dringend Hilfe bei der Aufgabe.
>
> Das ist das einzige, was ich dazu hinkriege:
> Fallunterscheidung:
> 1. Fall [mm]\alpha=1:[/mm]
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch {ln(x)}{x^2} dx}[/mm]
> 2. Fall
> [mm]\alpha[/mm] > 1
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch {ln(x)^2}{x^2} dx}[/mm] bzw.
> [mm]\integral_{0}^{\infty}{\bruch {ln(x)^\infty}{x^2} dx}[/mm]
Was soll das beim 2. Fall? ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
> Ich weiß zwar nicht, ob man damit was anfangen kann, aber
> ich wäre wirklich froh, wenn mir jemand beim Lösen der
> Aufgabe helfen könnte, weil ich Montag Morgen die
> Analysis-Prüfung habe :(
Welche Voraussetzungen habt ihr denn? Z.B. würde ich hier so vorgehen:
Betrachte $x [mm] \mapsto \ln(x)^\alpha/x^2$ [/mm] für $x > [mm] 0\,.$ [/mm] Die Ableitung davon ist $x [mm] \mapsto \frac{\alpha \ln(x)^{\alpha-1}*\frac{1}{x}*x^2-\ln(x)^\alpha 2x}{x^4}$
[/mm]
[mm] $=\frac{\ln(x)^\alpha}{x^3}*(\alpha \ln(x)^{-1}-2)\,.$
[/mm]
Der erste Faktor ist stets [mm] $\ge [/mm] 0,$ der zweite wird sicher für alle genügend
großen [mm] $x\,$ [/mm] negativ. Daher ist die Ausgangsfunktion $x [mm] \mapsto \ln(x)^\alpha/x^2$ [/mm] für genügend
große $x > [mm] 0\,$ [/mm] monoton fallend. Überlegen sollte man sich noch, dass sie dann
auch gegen Null fällt...
(Es sei aber mal angemerkt, dass Du in der Klausur wohl bei solch' einer
Aufgabe sicher einen Hinweis bekommst, wie es mit der Folge [mm] ${(\ln(k)^\alpha/k^2)}_k$ [/mm] aussieht.)
Damit kann man dann das VGL-Kriterium anwenden, jedenfalls auf [mm] $\sum_{k=k_0}^\infty \ln(k)^\alpha/k^2$
[/mm]
mit einem [mm] $k_0 \in \IN$ [/mm] (das durchaus auch von [mm] $\alpha$ [/mm] abhängen dürfte).
Schauen wir also mal:
Gemäß ![[]](/images/popup.gif) http://de.wikipedia.org/wiki/Integralkriterium haben wir die obige Reihe
mit o.E.
[mm] $\int_1^\infty \frac{\ln(x)^\alpha}{x^2}\,dx$
[/mm]
zu vergleichen.
Setze [mm] $u'(x)=\ln(x)^\alpha/x\,;$ [/mm] dann ist [mm] $u(x)=\frac{1}{\alpha+1}\ln(x)^{\alpha+1}$ [/mm] eine Stammfunktion von [mm] $u\,'(x)\,.$ [/mm]
Mit $v(x)=1/x$ gilt [mm] $v\,'(x)=-1/x^2\,.$
[/mm]
Mit p.I. folgt
[mm] $\int_1^\infty u'(x)v(x)dx=\left[\frac{1}{x*(\alpha+1)}\ln(x)^{\alpha+1}\right]_{x=1}^\infty+\int_1^\infty \frac{1}{\alpha+1}\ln(x)^{\alpha+1}*\frac{1}{x^{\red{2}}}\,dx$
[/mm]
Wenn Du das zu Ende denkst, sollte also dieses Integral nicht existieren
und damit auch Deine Reihe divergieren.
ABER: Alles unter Vorbehalt - ich rechne das lieber alles gleich nochmal
nach!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:51 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Lena23 |
Da steht wirklich [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{ln(k)^\alpha}{k^2} [/mm] :(
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:53 Sa 17.08.2013 | | Autor: | M.Rex |
> Da steht wirklich [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{ln(k)^\alpha}{k^2}[/mm]
> :(
Überlege mal, warum das nun wirklich nicht sein kann. Es gibt zwei "Probleme" mit k=0
Marius
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:15 Sa 17.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lena,
> Da steht wirklich [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{ln(k)^\alpha}{k^2}[/mm]
> :(
na, Aufgabensteller vertippen sich auch hin und wieder mal. Unabhängig
davon ist's, sofern denn "alles definiert" ist, eigentlich bei der
Konvergenzuntersuchung einer Reihe eigentlich egal, ob da [mm] $\sum_{k=1}^\infty a_k\,,$ $\sum_{k=12}^\infty a_k$ [/mm]
oder [mm] $\sum_{k=N}^\infty a_k$ [/mm] (mit einem $N [mm] \in \IZ$) [/mm] steht.
(Es sollte halt bspw. [mm] ${(a_k)}_{k=N}^\infty$ [/mm] eine reell- (oder komplex-)wertige Folge
sein.)
Grob: Das Konvergenzverhalten einer Reihe hängt nicht von endlich
vielen Summanden ab.
(Dass im Falle der Konvergenz der Reihenwert davon abhängt, ist eine
andere Sache!)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:48 So 18.08.2013 | | Autor: | Lena23 |
Also bedeutet das jetzt, dass die Aufgabe eher fürn Fuß war, weil die Reihe eh divergiert für alle [mm] \alpha>0?
[/mm]
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:13 So 18.08.2013 | | Autor: | leduart |
Hallo
es heisst du sollst von k ungleich 0 anfangen, da das ein Druckfehler ist.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 So 18.08.2013 | | Autor: | Lena23 |
Das habe ich schon verstanden ;) jetzt divergiert ja aber die Reihe. Die Aufgabenstellung besagt ja aber, dass ich sagen soll, für welche [mm] \alpha>0 [/mm] die Reihe konvergiert und nicht, wann sie divergiert. Ist hier dann nicht eine Fallunterscheidung ratsam oder zumindest k=2 bis unendlich zu betrachten? Diese Aufgabe macht mich voll verrückt...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:01 So 18.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lena,
> Das habe ich schon verstanden ;) jetzt divergiert ja aber
> die Reihe. Die Aufgabenstellung besagt ja aber, dass ich
> sagen soll, für welche [mm]\alpha>0[/mm] die Reihe konvergiert und
> nicht, wann sie divergiert. Ist hier dann nicht eine
> Fallunterscheidung ratsam
das weiß ich nicht. Ich habe etwas vorgerechnet, und es wäre erstmal
sinnvoll, dass Du das prüfst. Wenn Du keinen Fehler in meiner
Argumentation findest, ist das Ergebnis halt, dass es kein [mm] $\alpha [/mm] > 0$ so gibt,
dass die Reihe konvergiert.
> oder zumindest k=2 bis unendlich
> zu betrachten? Diese Aufgabe macht mich voll verrückt...
Nochmal: Das Konvergenzverhalten einer Reihe hängt nicht von
endlich vielen Summanden ab. Insbesondere konvergiert [mm] $\sum_{k=1}^\infty a_k$
[/mm]
genau dann in [mm] $\IR,$ [/mm] wenn [mm] $\sum_{k=N}^\infty a_k$ [/mm] konvergiert.
Ob Du also [mm] $\sum_{k=1}^\infty a_k$ [/mm] oder [mm] $\sum_{k=2}^\infty a_k$ [/mm] oder [mm] $\sum_{k=\red{10^{202324}}}^\infty a_k$ [/mm] auf Konvergenz untersuchst,
ist vollkommen egal. Alle diese Reihen haben das gleiche Konvergenzverhalten.
Mal eine Analogie:
Das Konvergenzverhalten einer Folge hängt nicht von endlich vielen
Folgeglieder ab. (Hier ist das mit dem Grenzwert auch so, dass der nicht
von endlich vielen Folgegliedern abhängt.)
Bei der Folge [mm] $((1+\tfrac{1}{n})^n)_n$ [/mm] weißt Du sicher, dass sie (streng) wächst und
nach oben beschränkt ist. Also kann man auf sie den Hauptsatz über
monotone Folgen anwenden.
Betrachte nun mal [mm] $a_n:=(-1)^n$ [/mm] für $n=1,...,1000$ und [mm] $a_n:=(1+\tfrac{1}{n})^n$ [/mm] für $n [mm] \ge [/mm] 1001.$
Diese Folge ist nicht monoton wachsend (wohl aber nach oben beschränkt).
Den Hauptsatz über monoten Folgen könntest Du aber auf "jedes Endstück"
der Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] anwenden, wenn dieses nur "genügend viele erste
Folgenglieder abschneidet".
Anders gesagt: Für natürliches $N [mm] \ge [/mm] 1000$ betrachte
[mm] $b_n:=a_{N+n}$ [/mm] für $n [mm] \in \IN=\IN_{\ge 1}\,.$
[/mm]
(Insbesondere kannst Du einfach $N=1000$ setzen!)
Auf [mm] $(b_n)_n$ [/mm] kannst Du dann den Hauptsatz anwenden...
Und jetzt auch nochmal formal:
Sei [mm] $(a_n)_{n=n_0}^\infty$ [/mm] eine rell- oder komplexwertige Folge, wobei [mm] $n_0 \in \IZ.$ [/mm] Dann gilt:
[mm] $\sum_{k=n_0}^\infty a_k$ [/mm] konvergiert [mm] $\iff$ $\exists \underbrace{N}_{\in \IZ} \ge n_0:$ $\sum_{k=N}^\infty a_k$ [/mm] konvergiert
[mm] $\iff$ [/mm] für alle $M [mm] \in \IZ$ [/mm] mit $M [mm] \ge n_0:$ $\sum_{k=M}^\infty a_k$ [/mm] konvergiert.
Und für ein ganzes $M [mm] \ge n_0$ [/mm] heißt dann [mm] $\sum_{k=M}^\infty a_k$ [/mm] "ein" Restglied der Reihe [mm] $\sum_{k=n_0}^\infty a_k.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:35 So 18.08.2013 | | Autor: | Lena23 |
Ja du hast natürlich Recht!
Ich hab mir deine Rechnung nochmal angeguckt und einen Fehler habe ich nicht gefunden. Es macht mir nur so stutzig, weil ich Folgendes im Internet gefunden habe:
[mm] http://www1.am.uni-erlangen.de/~script/merz/ueb2/ueb2009/B2_9.Teil.pdf
[/mm]
Dort steht auf Seite 2 unten, dass die Reihe konvergiert.
Grüße
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:05 So 18.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lena,
> Ja du hast natürlich Recht!
> Ich hab mir deine Rechnung nochmal angeguckt und einen
> Fehler habe ich nicht gefunden. Es macht mir nur so
> stutzig, weil ich Folgendes im Internet gefunden habe:
>
> [mm]http://www1.am.uni-erlangen.de/~script/merz/ueb2/ueb2009/B2_9.Teil.pdf[/mm]
> Dort steht auf Seite 2 unten, dass die Reihe konvergiert.
na, das ist doch ein guter Einwand von Dir. Dann werde ich mich an
irgendeiner Stelle verrechnet haben - und wie findet man solch' einen
Fehler am Besten, wenn es woanders anders steht? Richtig: Man
betrachtet seine "allgemeine" Lösung für den entsprechenden Spezialfall.
Genau das werde ich machen. Und dann muss ich mal gucken, wo die
Lösungen (für [mm] $\alpha=1$) [/mm] "auseinandertriften"...
Es kann also sein, dass ich meine Antwort nochmal editieren muss, weil
ich sie zu korrigieren hatte!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:22 So 18.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lena,
ich habe die Rechnung korrigiert:
Anstatt:
> Setze [mm] $u'(x)=\ln(x)^\alpha/x\,;$ [/mm] dann ist [mm] $u(x)=\frac{1}{\alpha+1}\ln(x)^{\alpha+1}$ [/mm] eine Stammfunktion von [mm] $u\,'(x)\,.$ [/mm]
> Mit $v(x)=1/x$ gilt [mm] $v\,'(x)=-1/x^2\,.$
[/mm]
> Mit p.I. folgt
[mm] $\int_1^\infty u'(x)v(x)dx=\left[\frac{1}{x*(\alpha+1)}\ln(x)^{\alpha+1}\right]_{x=1}^\infty+\int_1^\infty \frac{1}{\alpha+1}\ln(x)^{\alpha+1}*\frac{1}{x}\,dx=\left[\frac{1}{x*(\alpha+1)}\ln(x)^{\alpha+1}\right]_{x=1}^\infty+\left[\frac{1}{(\alpha+1)*(\alpha+2)}*\ln(x)^{\alpha+2}\right]_{x=1}^\infty$
[/mm]
sollte da stehen:
[mm] $\int_1^\infty \frac{\ln(x)^\alpha}{x^2}\,dx=\int_1^\infty u'(x)v(x)dx=\left[\frac{1}{x*(\alpha+1)}\ln(x)^{\alpha+1}\right]_{x=1}^\infty+\int_1^\infty \frac{1}{\alpha+1}\ln(x)^{\alpha+1}*\frac{1}{x^{\red{2}}}\,dx$
[/mm]
Jetzt müssen wir das noch weiterdenken... oder mal gucken, ob ich die
Funktionen bei der p.I. vielleicht ungünstig gewählt hatte. Aber der beste
Lerneffekt - auch in Hinblick auf Deine Klausur - ist es sicher, wenn Du nun
mal die p.I. selbst rechnest, indem Du [mm] $u(x)=\ln(x)^\alpha/x$ [/mm] und $v'(x)=1/x$ wählst...
Das ist halt manchmal so in der Mathematik: Man muss probieren und
rechnen und gucken, was rauskommt!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:57 So 18.08.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lena,
> Ja du hast natürlich Recht!
> Ich hab mir deine Rechnung nochmal angeguckt und einen
> Fehler habe ich nicht gefunden. Es macht mir nur so
> stutzig, weil ich Folgendes im Internet gefunden habe:
>
> [mm]http://www1.am.uni-erlangen.de/~script/merz/ueb2/ueb2009/B2_9.Teil.pdf[/mm]
übrigens mal zu dieser Rechnung:
Dort betrachtet man [mm] $\alpha=1\,.$ [/mm] Dann wird [mm] $u(x)=\ln(x)/x^2$ [/mm] gesetzt und $v(x)=x$ ist eine
Stammfunktion von [mm] $v'(x)=1\,.$ [/mm] Mit p.I. rechnen wir jetzt analog bei Deiner Aufgabe
nach - wobei wir [mm] $u'(x)=\frac{1-2\ln(x)}{x^3}$ [/mm] beachten
[mm] $\int_1^\infty \ln(x)/x^2\,dx=\left[\frac{\ln(x)}{x^2}*x\right]_{x=1}^\infty-\int_1^\infty \frac{1-2\ln(x)}{x^3}*xdx$
[/mm]
Damit kommst Du dann, nach einer kleinen, weiteren Überlegung, zu dem
dort genannten Ergebnis. (Bei uns steht halt eine 1 anstatt der 2 am
Integralzeichen!)
P.S. Daraus können wir dann sofort folgern: Für alle $0 < [mm] \alpha \le [/mm] 1$ existiert das
zu untersuchende Integral schonmal. (Warum? Tipp: Vergleiche die Funktionen
[mm] $f(x):=\ln(x)/x^2$ [/mm] und [mm] $g_\alpha(x):=(\ln(x))^\alpha/x^2$ [/mm] für $x [mm] \ge [/mm] 3;$ Hintergrund dieses Hinweises: Für
$x [mm] \ge [/mm] 3 [mm] \ge [/mm] e=2,7...$ ist [mm] $\ln(x) \ge [/mm] 1$...!)
Jetzt mach' Dich mal an den Fall [mm] $\alpha [/mm] > 1$ ran...
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
