Quotientenkriterium < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:17 Do 03.04.2008 | | Autor: | Irmchen |
Guten Tag alle zusammen!
Ich wiederhole zur Zeit die Vorlesung zu Analysis I und bin gerade beim Qutientenkriterium. Ich habe dazu einige Fragen, vor allem zum Beweis, und hoffe, dass mir jemand helfen kann!
So:
QUOTIENTENKRITERIUM:
Sei [mm] q \in \mathbb R [/mm] mit [mm] 0 < q < 1 [/mm] und sei
[mm] a_n [/mm] eine Folge reeller Zahlen.
Wenn [mm] \bruch{\left| a_{n+1} \right| }{ \left| a_n \right| } \le q [/mm] für fast alle n, so konvergiert die Reihe [mm] \summe a_n [/mm] absolut.
BEWEIS:
Sei o.B.d.A [mm] \bruch{\left| a_{n+1} \right| }{ \left| a_n \right| } \le q [/mm] für alle n!
[1. Frage: Können wir das hier einfach so annehmen, weil vielleicht das Abändern ändlich vieler Summanden das Konvergenzverhalten nicht beeinflusst? Oder ist etwas anderes der Grund dafür? ]
Dann [mm] \left| a_n \right| \le q \cdot \left| a_{n-1} \right| \le q^2 \cdot \left| a_{n-2} \right| \le ... \le q^{n -1} \cdot \left| a_1 \right| = q^n \cdot \bruch{ \left| a_1\right| }{q} [/mm]
[ 2. Frage: Ich sehe hier kein System in der Abschätzung.... Kann mir jemand erklären, warum wir das so abschätzen können ? ]
Deswegen ist die geometrische Reihe
[mm] ( \summe_{n=1}^{ \infty } q^n ) \cdot \bruch{ \left| a_1\right| }{q} [/mm] eine konvergente Majorante von [/mm] [mm] \summe a_n [/mm] [/mm].
3. Frage:
Ich habe hier eine Anmerkung, dass man das Quotientenkriterium auch für komplexe Zahlen anwenden kann. Warum ist das so?
Viele Dank schon mal!
Viele liebe Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:37 Do 03.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Irmchen!
> Ich wiederhole zur Zeit die Vorlesung zu Analysis I und bin
> gerade beim Qutientenkriterium. Ich habe dazu einige
> Fragen, vor allem zum Beweis, und hoffe, dass mir jemand
> helfen kann!
>
> So:
>
> QUOTIENTENKRITERIUM:
>
> Sei [mm]q \in \mathbb R[/mm] mit [mm]0 < q < 1[/mm] und sei
> [mm]a_n[/mm] eine Folge reeller Zahlen.
> Wenn [mm]\bruch{\left| a_{n+1} \right| }{ \left| a_n \right| } \le q[/mm]
> für fast alle n, so konvergiert die Reihe [mm]\summe a_n[/mm]
> absolut.
>
> BEWEIS:
>
> Sei o.B.d.A [mm]\bruch{\left| a_{n+1} \right| }{ \left| a_n \right| } \le q[/mm]
> für alle n!
>
> [1. Frage: Können wir das hier einfach so annehmen, weil
> vielleicht das Abändern ändlich vieler Summanden das
> Konvergenzverhalten nicht beeinflusst? Oder ist etwas
> anderes der Grund dafür? ]
Ja, das ist der Grund dafuer: endlich viele Summanden aendern aendert nichts an der Konvergenz. (Nur am Grenzwert.)
> Dann [mm]\left| a_n \right| \le q \cdot \left| a_{n-1} \right| \le q^2 \cdot \left| a_{n-2} \right| \le ... \le q^{n -1} \cdot \left| a_1 \right| = q^n \cdot \bruch{ \left| a_1\right| }{q}[/mm]
>
> [ 2. Frage: Ich sehe hier kein System in der
> Abschätzung.... Kann mir jemand erklären, warum wir das so
> abschätzen können ? ]
Wenn du [mm] $\bruch{\left| a_{n+1} \right| }{ \left| a_n \right| } \le [/mm] q$ umformst, erhaelst du [mm] $|a_{n+1}| \le [/mm] q [mm] |a_n|$. [/mm] Wenn du jetzt $n = n-1$, $n = n-2$, ..., $n = 1$ einsetzt, und mit ner Potenz von $q$ multiplizierst, bekommst du alle Abschaetzungen aus deiner Reihe oben!
> Deswegen ist die geometrische Reihe
>
> [mm]( \summe_{n=1}^{ \infty } q^n ) \cdot \bruch{ \left| a_1\right| }{q}[/mm]
> eine konvergente Majorante von[/mm] [mm]\summe a_n[/mm] [/mm].
>
>
> 3. Frage:
>
> Ich habe hier eine Anmerkung, dass man das
> Quotientenkriterium auch für komplexe Zahlen anwenden kann.
> Warum ist das so?
Weil das Majorantenkriterium auch fuer komplexe Zahlen gilt; insofern musst du dir den Beweis davon anschauen. Der Hauptgrund ist, dass die komplexen Zahlen genauso wie die reellen Zahlen vollstaendig (bzgl. dem Absolutbetrag) sind.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:00 Do 03.04.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo !
Vielen Dank für die rasche Antwort!
Ich hätte nicht gedacht, dass sich hinter meiner 2. Frage eine so leichte Antwort verbirgt..  !
Viele Grüße
Irmchen
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:05 Do 03.04.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo!
Mir ist noch eine Kleinigkeit nicht 100%ig klar. Und zwar, muss ich ja beim Quotientekriterium ein konkretes q finden. Wie finde ich das genau, bzw wie komme ich an die Bedingung für das n ? Das ist mir nicht so klar...
Viele liebe Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:56 Do 03.04.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo Irmchen!
Führe einfach für den Quotientenausdruck die Grenzwertbetrachtung für [mm] $n\rightarrow\infty$ [/mm] durch.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:17 Do 03.04.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo!
Leider ist mir das noch nicht klar... :-(. Ich habe mal hier ein Beispiel aus dem Forster:
Man soll hier die Konvergenz der Reihe [mm] \summe_{n = 1 }^{ \infty } \bruch{n^2}{2^n } [/mm] mit Hilfe des Quotientenkriteriums beweisen.
So. hier ist dann [mm] a_n := \bruch{n^2}{2^n } [/mm] und für alle [mm] n \ge 3 [/mm] gilt
[mm] \left| \bruch{a_{n+1} }{ a_n } \right| = \bruch{ (n+1)^2 \cdot 2^n }{ 2^{n+1} \cdot n^2 } = \bruch{1}{2} ( 1 + \bruch{1}{n} )^2
\le \bruch{1}{2} ( 1 + \bruch{1}{3} ) ^2 = \bruch{8}{9} =: q [/mm]
So, wie komme ich nun auf das [mm] n \ge 3 [/mm] ???
Viele Dank!
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:40 Do 03.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Irmchen,
Loddars Antwort müßte man ein wenig präzisieren, genauer:
Du findest es mittels
[mm] $\limsup_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$
[/mm]
Und die Aussage + Beweis für die (zu Deiner Formulierung äquivalente) Formulierung mit dem [mm] $\limsup_{n \to \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$ [/mm] findest Du z.B. hier:
![[]](/images/popup.gif) http://www.mathematik.uni-trier.de/~mueller/AnalysisI-IV.pdf
Satz 6.19 (Wobei [mm] $\overline{\lim}:=\limsup$, $\underline{\lim}:=\liminf$.)
[/mm]
> Leider ist mir das noch nicht klar... :-(. Ich habe mal
> hier ein Beispiel aus dem Forster:
>
> Man soll hier die Konvergenz der Reihe [mm]\summe_{n = 1 }^{ \infty } \bruch{n^2}{2^n }[/mm]
> mit Hilfe des Quotientenkriteriums beweisen.
>
> So. hier ist dann [mm]a_n := \bruch{n^2}{2^n }[/mm] und für alle [mm]n \ge 3[/mm]
> gilt
>
> [mm]\left| \bruch{a_{n+1} }{ a_n } \right| = \bruch{ (n+1)^2 \cdot 2^n }{ 2^{n+1} \cdot n^2 } = \bruch{1}{2} ( 1 + \bruch{1}{n} )^2
\le \bruch{1}{2} ( 1 + \bruch{1}{3} ) ^2 = \bruch{8}{9} =: q[/mm]
>
> So, wie komme ich nun auf das [mm]n \ge 3[/mm] ???
Also da ist es relativ einfach:
[mm] $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2$ [/mm] und die Folge [mm] $\left(\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2\right)_{n \in \IN}$ [/mm] ist in ziemlich offensichtlicher Weise monoton fallend, weil [mm] $\left(1+\frac{1}{n}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] eine in [mm] $[0,\infty)$ [/mm] monoton fallende Folge ist und $x [mm] \mapsto \frac{1}{2}x^2$ [/mm] auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] streng monoton wachsend.
Daher genügt es, ein $N$ so zu finden, dass [mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)^N [/mm] < 1$ gilt, denn dann folgt
[mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \le \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)^N [/mm] < 1$ für alle $n [mm] \ge [/mm] N$.
Und nun kann man testen:
$N=1$: [mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{1}\right)^2=2 \red{>} [/mm] 1$
(Geht nicht!)
$N=2$: [mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{2,25}{2} \red{>} [/mm] 1$
(Geht nicht!)
$N=3$: [mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{3}\right)^2=\frac{8}{9} \blue{<} [/mm] 1$
(Geht! )
Das kleinstmöglichste $N$ wäre also $N=3$, und das wurde dort gewählt. Natürlich könntest Du genausogut sagen:
[mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2 \le \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{10}\right)^2=\frac{121}{200} [/mm] < [mm] \frac{7}{10} [/mm] < 1$ für alle $n [mm] \ge [/mm] 10$.
Und mit Loddars Ansatz:
Begründe
[mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2 \to \frac{1}{2}$ [/mm] bei $n [mm] \to \infty$ [/mm] (und letzteres ist dann auch der [mm] $\limsup...$ [/mm] nach obigem Skriptum, Satz 5.21 2.).
Zu [mm] $\varepsilon:=\frac{1}{4} [/mm] > 0$ (Hinweis zur Wahl dieses [mm] $\varepsilon$'s:
[/mm]
Wegen [mm] $\limsup_{n \to \infty} \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2=\frac{1}{2}$ [/mm] solltest Du hier nur ein [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ so angeben, dass [mm] $\frac{1}{2}+\varepsilon [/mm] < 1$; und [mm] $\varepsilon=\frac{1}{4}$ [/mm] ist dafür geeignet, s.u.) gibt es dann insbesondere ein [mm] $N=N_{\varepsilon}$, [/mm] so dass für alle $n [mm] \ge [/mm] N$
[mm] $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2 [/mm] < [mm] \frac{1}{2}+\varepsilon=\frac{3}{4} [/mm] < 1$
gilt.
(Das gilt wegen Satz 5.20 1.)
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:41 Sa 05.04.2008 | | Autor: | Irmchen |
Guten Tag!
Vielen Dank für das Interesse an meiner Frage und die ausführlichen Antworten! Hat mir alles sehr geholfen!
Viele Grüße
Irmchen
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