Reihenkonvergenz < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Prüfen Sie, ob die folgende Reihe konvergiert:
[mm] \summe_{i=1}^{\infty} \bruch{ln k}{k^{2}}
[/mm]
Lösung: Konvergent |
Hallo,
ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
in welche Kategorie gehört eigentlich meine Frage?
Habe keine Rubrik für Analysis->Reihen/Potenzreihen oder ähnliches gefunden.
Zur Aufgabe:
da [mm] k^{2} [/mm] im Unendlichen eine stärkere Steigung hat als der ln ist [mm] a_{k} [/mm] auf jeden Fall eine Nullfolge.
Jetzt weiß ich nicht wie ich noch sicherstellen könnte ob die Reihe wiklich konvergiert. Mit Quotientenkriterium und Wurzelkriterium bin ich gescheitert.
Danke für Ideen und Anregungen.
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:26 Sa 21.11.2015 | | Autor: | X3nion |
Hallo,
ich denke die Summe sollte von k=1 bis [mm] \infty [/mm] laufen und nicht von i=1 bis [mm] \infty.
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:55 Sa 21.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> Prüfen Sie, ob die folgende Reihe konvergiert:
>
> [mm]\summe_{i=1}^{\infty} \bruch{ln k}{k^{2}}[/mm]
>
> Lösung: Konvergent
> Hallo,
>
> ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> in welche Kategorie gehört eigentlich meine Frage?
> Habe keine Rubrik für Analysis->Reihen/Potenzreihen oder
> ähnliches gefunden.
>
> Zur Aufgabe:
> da [mm]k^{2}[/mm] im Unendlichen eine stärkere Steigung hat als
> der ln ist [mm]a_{k}[/mm] auf jeden Fall eine Nullfolge.
> Jetzt weiß ich nicht wie ich noch sicherstellen könnte
> ob die Reihe wiklich konvergiert. Mit Quotientenkriterium
> und Wurzelkriterium bin ich gescheitert.
>
> Danke für Ideen und Anregungen.
Tipp:
ln (k) [mm] \le \wurzel{k} [/mm] für große k
FRED
|
|
|
| |
|
Hallo Fred, Hallo X3nion,
ja, in der Aufgabe ist mir ein Fehler unterlaufen: i=k
Ich habe ja bereits erwähnt dass es eine Nullfolge ist. Entsprechend ist auch ln (k) $ [mm] \le \wurzel{k} [/mm] $, also wenigstens im limes.
Nun ist es zwar notwendig dass [mm] a_{k} [/mm] eine Nullfolge ist, es ist aber keine ausreichende Bedingung um auf Konvergenz zu schließen.
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:19 Sa 21.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred, Hallo X3nion,
>
> ja, in der Aufgabe ist mir ein Fehler unterlaufen: i=k
>
> Ich habe ja bereits erwähnt dass es eine Nullfolge ist.
> Entsprechend ist auch ln (k) [mm]\le \wurzel{k} [/mm], also
> wenigstens im limes.
>
> Nun ist es zwar notwendig dass [mm]a_{k}[/mm] eine Nullfolge ist, es
> ist aber keine ausreichende Bedingung um auf Konvergenz zu
> schließen.
Ach was ? Da erzählst Du mir nichts Neues.
Beherzigen dennoch meinen Tipp und hole das Majorantenkriterium aus der Kiste
Fred
>
> Gruß
>
|
|
|
| |
|
Ich habe das Majorantenkriterium mit ein paar bekannten Reihen versucht, aber deren ak's gehen alle schneller gegen null als die dieser Aufgabe (habs mit sinx und und der geometrischen Reihe versucht.
Ich komme also nicht drauf von welcher Reihe die ak's größer sein sollen als von dieser? Mache ich was falsch?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 Sa 21.11.2015 | | Autor: | fred97 |
Mit meinem Tipp bekommst Du
0 [mm] \le \bruch {lnk}{k^2} \le \bruch {1}{k^{3/2}} [/mm] für große k
Fred
|
|
|
| |
|
Ok, danke.
Ich glaube ich hatte vorhin einen Fehler in Matlab gemacht, weil die Geometrische Reihe würde als vergleich nun doch gehen....
Danke nochmal!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:36 Sa 21.11.2015 | | Autor: | X3nion |
Hallo,
Wie sieht denn dein Vergleich mit der geometrischen Reihe aus?
X³nion
|
|
|
| |
|
> Hallo,
> Wie sieht denn dein Vergleich mit der geometrischen Reihe
> aus?
>
> X³nion
OK, jetzt bin ich wieder verwirrt. Weil ich habe in die geometrische Reihe für x = 0,99 gesetzt und mir die Glieder bis k=1000 berechnen lassen. =>sie werden bald kleiner als die der gegebenen Reihe. Also wenigstens wenn man sich die letzten betrachtet.
Selbiges habe ich aber auch bei der Lösung von fred97 gemacht und selbiges feststellen dürfen. Also entweder die Lösungen taugen noch nix, oder ich kapiers nicht.
Hier meine Operationen von octave:
y = 1:1000;
octave:42> ab =0.99.^y
....
Columns 979 through 984:
5.3316e-05 5.2783e-05 5.2255e-05 5.1732e-05 5.1215e-05 5.0703e-05
Columns 985 through 990:
5.0196e-05 4.9694e-05 4.9197e-05 4.8705e-05 4.8218e-05 4.7736e-05
Columns 991 through 996:
4.7258e-05 4.6786e-05 4.6318e-05 4.5855e-05 4.5396e-05 4.4942e-05
Columns 997 through 1000:
4.4493e-05 4.4048e-05 4.3607e-05 4.3171e-05
octave:43> ac = 1./y.^(3/2)
...
Columns 985 through 990:
3.2348e-05 3.2299e-05 3.2250e-05 3.2201e-05 3.2152e-05 3.2103e-05
Columns 991 through 996:
3.2055e-05 3.2006e-05 3.1958e-05 3.1910e-05 3.1861e-05 3.1813e-05
Columns 997 through 1000:
3.1766e-05 3.1718e-05 3.1670e-05 3.1623e-05
octave:44> ak = log(y)./sqrt(y)
...
Columns 969 through 976:
0.22090 0.22082 0.22074 0.22066 0.22057 0.22049 0.22041 0.22033
Columns 977 through 984:
0.22025 0.22017 0.22009 0.22001 0.21994 0.21986 0.21978 0.21970
Columns 985 through 992:
0.21962 0.21954 0.21946 0.21938 0.21930 0.21922 0.21914 0.21907
Columns 993 through 1000:
0.21899 0.21891 0.21883 0.21875 0.21868 0.21860 0.21852 0.21844
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:10 Sa 21.11.2015 | | Autor: | X3nion |
Hallo,
erst einmal Sorry, ich wollte die Frage oben nicht auf halboffen stellen!
Du möchtest das k finden, ab wann Fred's Vergleich für alle Zahlen [mm] \ge [/mm] k gilt. Das ist okay wenn du dir diesbezüglich Gedanken machst, aber in diesem Fall nicht nötig und schwieriger als die Aufgabe es verlangt.
FRED sagte ja ln(k) [mm] \le \sqrt{k} [/mm] für große k.
Ich versuche mal einen Beweis:
Formen wir um, so ergibt sich:
[mm] \frac{ln(k)}{\sqrt{k}} \le [/mm] 1, also [mm] \frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{2}}} \le [/mm] 1 für große k.
Wir betrachten einmal die linke Seite und verallgemeinern mal.
Wir wollen schauen, gilt denn:
[mm] \frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}} \le [/mm] 1 für große k?
Betrachten wir hierzu die linke Seite und führen die Substitution k = [mm] e^{n*p} [/mm] durch. Somit erhalten wir: [mm] \frac{n*p}{e^{p}}
[/mm]
Lassen wir k gegen unendlich laufen, so lassen wir umgekehrt auch p gegen unendlich laufen, da k = [mm] e^{n*p}. [/mm] Aus p -> [mm] \infty [/mm] folgt: [mm] \frac{n*p}{e^{p}} [/mm] -> 0.
Da [mm] \frac{n*p}{e^{p}} [/mm] -> 0 für p -> [mm] \infty, [/mm]
gilt auch [mm] \frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}} [/mm] -> 0 für k -> [mm] \infty.
[/mm]
[mm] \frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}} [/mm] ist folglich eine Nullfolge und somit gilt [mm] \frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}} \le [/mm] 1 ab einem gewissen Index k [mm] \in\IN, [/mm] also für alle i [mm] \ge [/mm] k, i [mm] \in \IN.
[/mm]
Insbesondere gilt dann für n = 2:
[mm] \frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{2}}} \le [/mm] 1 <=> ln(k) [mm] \le k^{\frac{1}{2}} [/mm]
<=> ln(k) [mm] \le \sqrt{k} [/mm] ab einem gewissen Index k [mm] \in \IN, [/mm] also für alle i [mm] \ge [/mm] k, i [mm] \in \IN,
[/mm]
wie FRED behauptet hat.
Nun haben wir die Folge [mm] a_{k} [/mm] = [mm] \frac{ln(k)}{k^{2}} [/mm] gegeben. Wir können doch nun sagen:
[mm] a_{k} [/mm] = [mm] \frac{ln(k)}{k^{2}} \le \frac{\sqrt{k}}{k^{2}} [/mm] = [mm] \frac{k^{\frac{1}{2}}}{k^{2}} [/mm] = [mm] k^{\frac{1}{2}-2} [/mm] = [mm] k^{-\frac{3}{2}} [/mm] = [mm] \frac{1}{k^{\frac{3}{2}}} [/mm] = [mm] \frac{1}{\sqrt{k^{3}}} [/mm] = [mm] \frac{1}{k\cdot{}\sqrt{k}}, [/mm] ebenfalls die Folgerung von FRED.
Setzen wir also [mm] b_{k} [/mm] = [mm] \frac{1}{k\cdot{}\sqrt{k}}.
[/mm]
Es ist also [mm] a_{k} \le b_{k} [/mm] ab einem gewissen Index k.
Nun die Frage: Ist die unendliche Reihe [mm] \summe_{k=1}^{\infty} b_{k} [/mm] mit [mm] b_{k} [/mm] = [mm] \frac{1}{k\cdot{}\sqrt{k}} [/mm] konvergent? Denn dann hätten wir die Konvergenz der gegebenen Reihe gezeigt.
Grüße,
X3nion
|
|
|
| |
|
Hallo X3nion,
vielen Dank für die ausführliche und aufschlußreiche Antwort. Wäre ich im Leben nicht darauf gekommen.
> Hallo,
>
> erst einmal Sorry, ich wollte die Frage oben nicht auf
> halboffen stellen!
>
> Du möchtest das k finden, ab wann Fred's Vergleich für
> alle Zahlen [mm]\ge[/mm] k gilt. Das ist okay wenn du dir
> diesbezüglich Gedanken machst, aber in diesem Fall nicht
> nötig und schwieriger als die Aufgabe es verlangt.
>
> FRED sagte ja ln(k) [mm]\le \sqrt{k}[/mm] für große k.
> Ich versuche mal einen Beweis:
>
> Formen wir um, so ergibt sich:
> [mm]\frac{ln(k)}{\sqrt{k}} \le[/mm] 1, also
> [mm]\frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{2}}} \le[/mm] 1 für große k.
> Wir betrachten einmal die linke Seite und verallgemeinern
> mal.
> Wir wollen schauen, gilt denn:
> [mm]\frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}} \le[/mm] 1 für große k?
>
> Betrachten wir hierzu die linke Seite und führen die
> Substitution k = [mm]e^{n*p}[/mm] durch. Somit erhalten wir:
> [mm]\frac{n*p}{e^{p}}[/mm]
> Lassen wir k gegen unendlich laufen, so lassen wir
> umgekehrt auch p gegen unendlich laufen, da k = [mm]e^{n*p}.[/mm]
> Aus p -> [mm]\infty[/mm] folgt: [mm]\frac{n*p}{e^{p}}[/mm] -> 0.
> Da [mm]\frac{n*p}{e^{p}}[/mm] -> 0 für p -> [mm]\infty,[/mm]
> gilt auch [mm]\frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}}[/mm] -> 0 für k ->
> [mm]\infty.[/mm]
>
> [mm]\frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}}[/mm] ist folglich eine Nullfolge
> und somit gilt [mm]\frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{n}}} \le[/mm] 1 ab einem
> gewissen Index k [mm]\in\IN,[/mm] also für alle i [mm]\ge[/mm] k, i [mm]\in \IN.[/mm]
>
> Insbesondere gilt dann für n = 2:
> [mm]\frac{ln(k)}{k^{\frac{1}{2}}} \le[/mm] 1 <=> ln(k) [mm]\le k^{\frac{1}{2}}[/mm]
> <=> ln(k) [mm]\le \sqrt{k}[/mm] ab einem gewissen Index k [mm]\in \IN,[/mm]
> also für alle i [mm]\ge[/mm] k, i [mm]\in \IN,[/mm]
> wie FRED behauptet
> hat.
>
>
> Nun haben wir die Folge [mm]a_{k}[/mm] = [mm]\frac{ln(k)}{k^{2}}[/mm]
> gegeben. Wir können doch nun sagen:
> [mm]a_{k}[/mm] = [mm]\frac{ln(k)}{k^{2}} \le \frac{\sqrt{k}}{k^{2}}[/mm] =
> [mm]\frac{k^{\frac{1}{2}}}{k^{2}}[/mm] = [mm]k^{\frac{1}{2}-2}[/mm] =
> [mm]k^{-\frac{3}{2}}[/mm] = [mm]\frac{1}{k^{\frac{3}{2}}}[/mm] =
> [mm]\frac{1}{\sqrt{k^{3}}}[/mm] = [mm]\frac{1}{k\cdot{}\sqrt{k}},[/mm]
> ebenfalls die Folgerung von FRED.
> Setzen wir also [mm]b_{k}[/mm] = [mm]\frac{1}{k\cdot{}\sqrt{k}}.[/mm]
> Es ist also [mm]a_{k} \le b_{k}[/mm] ab einem gewissen Index k.
>
> Nun die Frage: Ist die unendliche Reihe
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty} b_{k}[/mm] mit [mm]b_{k}[/mm] =
> [mm]\frac{1}{k\cdot{}\sqrt{k}}[/mm] konvergent? Denn dann hätten
> wir die Konvergenz der gegebenen Reihe gezeigt.
>
Hier weiß ich wieder was zu tun ist:
die harmonische Reihe $ [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k^{x}} [/mm] $ ist konvergent für $ x > 1 $. In unserem Fall ist x = 3/2 und somit auch größer eins.
Da also die Majorante $ [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{1}{k^{\bruch{3}{2}}} [/mm] $ konvergiert gilt dies auch für unsere betrachtete Reihe.
>
> Grüße,
> X3nion
Nochmal danke,
Gruß
Mathemystic
|
|
|
|
