Konvergenz von Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo. Habe die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n} [/mm] und will die auf Konvergenz untersuchen. Jetzt wollte ich fragen, ob meine Überlegungen so richtig sind.
Für x=1 und x=-1 konvergiert die Reihe nach dem Leibnitzkriterium, da wir es dann mit monoton fallende Folgen zu tun haben, die gegen null konvergieren und somit auch die alternierende Reihe konvergent ist.
Für x [mm] \in \IR [/mm] ohne -1 und 1 ist die Reihe nach dem Majorantenkr. divergent, da
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{x^{2n}}{n} \ge \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n} [/mm]
und das die harmonische Reihe divergent ist, weiß man ja.
ist das so korrekt?
gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:39 Mi 16.04.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo jaruleking!
Das stimmt so nicht für den Bereich [mm] $x\in\IR\backslash\{-1;+1\}$ [/mm] . Denn auch dort behält man den Ausdruck [mm] $(-1)^{n-1}$ [/mm] im Term bei.
Berechne den ![[]](/images/popup.gif) Konvergenzradius $r_$ nach folgender Formel:
$$r \ = \ [mm] \limsup_{n\rightarrow\infty}\left|\bruch{a_n}{a_{n+1}}\right|$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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hi, wenn ich mich nicht verrechnet habe, kriege ich für [mm] r=\bruch{-1}{x}, [/mm] aber was sagt mir das jetzt genau?
> "Das stimmt so nicht für den Bereich $ [mm] x\in\IR\backslash\{-1;+1\} [/mm] $ . Denn > auch dort behält man den Ausdruck $ [mm] (-1)^{n-1} [/mm] $ im Term bei."
ja aber [mm] (-1)^{n-1} [/mm] ist ja nur ein vorzeichen, deswegen dacht ich, ich kann das vielleicht so abschätzen.
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:23 Mi 16.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> hi, wenn ich mich nicht verrechnet habe, kriege ich für
> [mm]r=\bruch{-1}{x},[/mm] aber was sagt mir das jetzt genau?
Es ist [mm] $a_n=\begin{cases}1/n&\mbox{ für gerades }n\\0&\mbox{ sonst}\end{cases}$.
[/mm]
Deshalb kann in diesem Grenzwert kein $x$ vorkommen. Schau dir am Besten mal die Seite zum Konvergenzradius an.
> > "Das stimmt so nicht für den Bereich
> [mm]x\in\IR\backslash\{-1;+1\}[/mm] . Denn > auch dort behält man
> den Ausdruck [mm](-1)^{n-1}[/mm] im Term bei."
>
> ja aber [mm](-1)^{n-1}[/mm] ist ja nur ein vorzeichen, deswegen
> dacht ich, ich kann das vielleicht so abschätzen.
>
> gruß
Also es gibt ja nur zwei interessante Bereiche:
[mm] $|x|\le [/mm] 1$: Hier konvergiert die Reihe nach Leibniz...
$|x|>1$: Hier divergiert [mm] $\frac{x^{2n}}{n}$, [/mm] und somit ist [mm] $(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}$ [/mm] keine Nullfolge, also divergiert auch die Reihe.
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hi, so ähnlich hatte ich es ja eigentlich auch gemeint. also.
> Also es gibt ja nur zwei interessante Bereiche:
> [mm] |x|\le [/mm] 1: Hier konvergiert die Reihe nach Leibniz...
> |x|>1: Hier divergiert [mm] \bruch{x^{2n}}{n}, [/mm] und somit ist > [mm] (-1)^{n-1}*\bruch{x^{2n}}{n} [/mm] keine Nullfolge, also divergiert auch die > Reihe.
kann man denn [mm] \bruch{x^{2n}}{n} [/mm] mit [mm] \bruch{1}{n} [/mm] abschätzen, um die divergenz zu zeigen?
gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:44 Mi 16.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> kann man denn [mm]\bruch{x^{2n}}{n}[/mm] mit [mm]\bruch{1}{n}[/mm]
> abschätzen, um die divergenz zu zeigen?
Die Abschätzung gilt zwar, aber in der Reihe ist nunmal noch das [mm] $(-1)^k$, [/mm] und das verhindert, dass du das Minorantenkriterium nutzen kannst, das kannst du eben nicht einfach unter den Teppich kehren.
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hi nochmal.
aber wie kann sich sonst, die divergenz von [mm] \bruch{x^{2n}}{n} [/mm] zeigen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:28 Mi 16.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> hi nochmal.
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> aber wie kann sich sonst, die divergenz von
> [mm]\bruch{x^{2n}}{n}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
zeigen?
Achso du meinst nur die Folge $a_n=\frac{x^{2n}}{n}$.
Also erstmal ist $\frac{x^{2n}}{n}$ eine Teilfolge von $\frac{x^n}{n}}$, hat also dasselbe Konvergenzverhalten.
Aber diese Folge divergiert, da $\frac{x^n}{n^k}$ für jedes feste $k\in\IN$ und $|x|>1$ divergiert. Hattet ihr das nicht in der Vorlesung?
Der Beweis ist relativ schwierig, benötigt den Binomischen Satz und etwas trickreiche Umformungen. (vgl. Königsberger gleich am Anfang von Kapitel 5). Auf jeden Fall nix, was man einfach mal so schnell aus dem Hut zaubert, zumindest meiner Meinung nach.
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hi. ne, sorry. ich glaube, ich habe mich dann doch falsch ausgedrückt. ich dachte, es reicht für [mm] \summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n} [/mm] die divergenz von [mm] \bruch{x^{2n}}{n} [/mm] zu zeigen, um so zusagen, dass die reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n} [/mm] für |x|>1 divergiert.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:46 Mi 16.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> hi. ne, sorry. ich glaube, ich habe mich dann doch falsch
> ausgedrückt. ich dachte, es reicht für
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n}[/mm] die
> divergenz von [mm]\bruch{x^{2n}}{n}[/mm] zu zeigen, um so zusagen,
> dass die reihe
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n}[/mm] für |x|>1
> divergiert.
Also mal Klartext. Wir haben die Folge [mm] $a_n=\frac{x^{2n}}{n}$ [/mm] und die dazugehörige alternierende Reihe [mm] $\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}a_k$. [/mm] Um zu zeigen dass die Reihe divergiert, reicht es zu zeigen, dass die Folge [mm] $a_n$ [/mm] divergiert, da dann auch [mm] $(-1)^ka_k$ [/mm] divergiert. Würde die Reihe nämlich konvergieren, so müsste ihre Folge [mm] $(-1)^ka_k$ [/mm] zumindest gegen $0$ konvergieren.
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hi.
ja so hatte ich es ja am anfang auch gedacht. aber du hattest doch vorher mal geschrieben:
> kann man denn [mm] \bruch{x^{2n}}{n} [/mm] mit [mm] \bruch{1}{n} [/mm]
> abschätzen, um die divergenz zu zeigen?
> Die Abschätzung gilt zwar, aber in der Reihe ist nunmal noch das [mm] (-1)^k [/mm] , > und das verhindert, dass du das Minorantenkriterium nutzen kannst, das > kannst du eben nicht einfach unter den Teppich kehren.
deswegen wundert mich das jetzt bisschen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:23 Mi 16.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
es geht doch um [mm] $\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n}$. [/mm]
Mal ein wenig ausgeschrieben:
[mm] $\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n}=\frac{x^2}{1}-\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{4}\mp...$
[/mm]
Das ist eine Potenzreihe der Art
[mm] $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$
[/mm]
Das erkennst Du, wenn Du
[mm] $a_n:=\begin{cases} 0, & \mbox{für } n \mbox{ ungerade oder } n=0 \\ \frac{(-1)^{k-1}}{k}, & \mbox{mit } k:=\frac{n}{2} \mbox{ für } n \mbox{ gerade} \end{cases}$
[/mm]
schreibst. Mal die letzte ein wenig ausgeschrieben:
[mm] $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n=0*1+0*x+\frac{1}{2}x^2+0*x^3-\frac{1}{4}x^4+0*x^5\pm...$
[/mm]
(Strenggenommen habe ich die Folge der Teilsummen ein wenig verändert, aber nicht wesentlich.)
Jetzt kannst Du z.B. mit diesen [mm] $a_n$ [/mm] arbeiten und [mm] $\frac{1}{\limsup_{n \to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}}$ [/mm] berechnen.
Oder aber:
Mit [mm] $z:=x^2$ [/mm] kannst Du oben schreiben:
[mm] $\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{x^{2n}}{n}=\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n}*z^n$
[/mm]
Das ist eine Potenzreihe in $z$, dann kannst Du den Konvergenzradius für diese bzgl. $z$ berechnen und danach [mm] $z=x^2$ [/mm] resubstituieren, um den KR bzgl. $x$ zu errechnen.
Was oben noch gemeint wurde:
Wenn man das nicht mit Konvergenzradius etc. machen will (da hat man ja eh noch die 2 Randpunkte explizit zu untersuchen):
Für $|x|>1$ ist [mm] $\lim_{n \to \infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n} \not=0$. [/mm] Die Idee wäre hier, das so zu zeigen, dass man
[mm] $\lim_{n \to \infty}\left|(-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{n}\right|\not=0$ [/mm] zeigt., also dass für $|x| > 1$ dann
[mm] $\frac{|x|^{2n}}{n} \not\to [/mm] 0$. Aber das ist nicht banal, da hier Zähler und Nenner gegen [mm] $\infty$ [/mm] streben. Mit Bernoulli klappt das nicht, aber man kann zum Beispiel [mm] $|x|^{2n}=((|x|-1)+1)^{2n}$ [/mm] mit der bin. Formel entwickeln und nach unten abschätzen (beachte: $|x|-1 > 0$ für $|x| > 1$). Sollte machbar sein.
Und die obige Reihe konvergiert offensichtlich für jedes $|x| < 1$ nach dem Leibnizkriterium:
Denn für jedes feste [mm] $x_0 \in [/mm] (-1,1)$ ist [mm] $\left(\frac{(x_0)^{2n}}{n}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] eine monoton fallende Nullfolge, da mit [mm] $x_0 \in [/mm] (-1,1)$ folgt, dass [mm] $z_0:=x_0^2=x_0*x_0 \in [/mm] [0,1)$ ist, also ist [mm] $((z_0)^n)_{n \in \IN}$ [/mm] hier eine monoton fallende Nullfolge und daher ist auch
[mm] $\left(\frac{(z_0)^n}{n}\right)_{n \in \IN} \equiv \left(\frac{(x_0)^{2n}}{n}\right)_{n \in \IN}$
[/mm]
eine monoton fallende Nullfolge.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:34 Mi 16.04.2008 | | Autor: | jaruleking |
hi.
vielen dank für die info.
gruß
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 22:53 Mi 16.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo pelzig,
> > hi nochmal.
> >
> > aber wie kann sich sonst, die divergenz von
> > [mm]\bruch{x^{2n}}{n}[/mm] zeigen?
>
> Achso du meinst nur die Folge [mm]a_n=\frac{x^{2n}}{n}[/mm].
> Also erstmal ist [mm]\frac{x^{2n}}{n}[/mm] eine Teilfolge von
> [mm]\frac{x^n}{n}}[/mm],
Du behauptest also z.B., dass für $x=3$ gelten würde, dass
[mm] $\left(\frac{3^{2n}}{n}\right)_{n \in \IN}=\left(\frac{9^n}{n}\right)_{n \in \IN}$, [/mm] also mit den Gliedern
[mm] $a_1=\frac{9}{1}$, $a_2=\frac{81}{2}$, $a_3=\frac{729}{3}$,...
[/mm]
eine Teilfolge von
[mm] $\left(\frac{3^{n}}{n}\right)_{n \in \IN}$, [/mm] also mit
[mm] $b_1=\frac{3}{1}$, $b_2=\frac{9}{2}$, $b_3=\frac{27}{3}$,...
[/mm]
ist? So meinst Du das sicher nicht, oder?
Suchen wir mal [mm] $a_2=\frac{81}{2}$ [/mm] in der zweiten Folge. Es musste dann ja einen Index $N [mm] \in \IN$ [/mm] so geben, dass
[mm] $\frac{3^N}{N}=\frac{81}{2}$
[/mm]
und wenn man die Funktion $x [mm] \mapsto \frac{3^x}{x}-\frac{81}{2}$ [/mm] auf Nullstellen untersucht, so wird man feststellen, dass die Funktion keine in [mm] $\IN$ [/mm] hat.
Ich denke, vielmehr meintest Du, dass man anstatt [mm] $\left(\frac{x^{2n}}{n}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] mit der Substituition [mm] $z=x^2$ [/mm] die Folge auf eine Folge der Art
[mm] $\left(\frac{z^n}{n}\right)_{n \in \IN}$$
[/mm]
bekommt, wir uns also darauf beschränken können, die letzte auf Konvergenz zu untersuchen.
Also bitte ein wenig Vorsicht mit der Wortwahl 
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) oberflächlich richtig  | | Datum: | 23:02 Mi 16.04.2008 | | Autor: | pelzig |
Ok... aber es ist zumindest [mm] $\frac{x^{2n}}{n}$ [/mm] Teilfolge von [mm] $2\cdot\frac{x^n}{n}$, [/mm] und die hat (für |x|>1) auch dasselbe Konvergenzverhalten wie [mm] $\frac{x^n}{n}$[/mm]
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler | | Datum: | 21:02 Mi 16.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> Berechne den Konvergenzradius [mm]r_[/mm] nach folgender Formel:
> [mm]r \ = \ \limsup_{n\rightarrow\infty}\left|\bruch{a_n}{a_{n+1}}\right|[/mm]
Das geht wohl nicht, da [mm] $a_n=0$ [/mm] für ungerades $n$. Da müsste man dann wohl [mm] $\frac{1}{r}=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}$ [/mm] berechnen.
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| Status: |
(Korrektur) oberflächlich richtig | | Datum: | 23:40 Mi 16.04.2008 | | Autor: | Marcel |
... wenn man z.B. vorher die obenstehende Reihe mit [mm] $z=x^2$ [/mm] substituiert. Dann erhält man einen Konvergenzradius für die Potenzreihe in $z$, woraus sich der für die PR in $x$ ergibt.
Gruß,
Marcel
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