Konvergenz von Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:34 Mo 16.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
| Aufgabe | Welche der folgenden Reihen konvergieren?
[mm] a)\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}
[/mm]
[mm] b)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{n^{2}}{2^{n}}
[/mm]
[mm] c)\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}} [/mm] mit [mm] a\in\IQ
[/mm]
[mm] d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{n}}{(2n)!}
[/mm]
[mm] e)\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}n}{(n+1)(n+2)}
[/mm]
[mm] f)\summe_{n=1}^{\infty}\wurzel[n]{nq^n} [/mm] mit |q|<1 |
Mit welchen Gesetztmäßigkeiten, kann ich die jeweilige Konvergenz bzw. divergenz zeigen?
zu a) Ich weiß, dass hier eine alternierende Reihe vorliegt: meiner Meinung nach bedeutet das, dass ich zeigen muss, dass [mm] \bruch [/mm] {wurzel[n]{n}}{n} eine Null folge ist und monoton fallend ist. Stimmt das?
zu b) Ich haben hier durch vollständige Induktion gezeigt, dass [mm] n^2<2^n [/mm] für [mm] n\ge5, [/mm] aber weiter komme ich leider nicht
An den anderen Aufgaben bastel ich noch, sobald ich etwas habe füge ich meine Lösungsansätze hinzu
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Hallo MissRHCP,
> Welche der folgenden Reihen konvergieren?
>
> [mm]a)\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}[/mm]
>
> [mm]b)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{n^{2}}{2^{n}}[/mm]
>
> [mm]c)\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}}[/mm] mit
> [mm]a\in\IQ[/mm]
>
> [mm]d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{n}}{(2n)!}[/mm]
>
> [mm]e)\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}n}{(n+1)(n+2)}[/mm]
>
> [mm]f)\summe_{n=1}^{\infty}\wurzel[n]{nq^n}[/mm] mit |q|<1
> Mit welchen Gesetztmäßigkeiten, kann ich die jeweilige
> Konvergenz bzw. divergenz zeigen?
>
> zu a) Ich weiß, dass hier eine alternierende Reihe
> vorliegt: meiner Meinung nach bedeutet das, dass ich zeigen
> muss, dass [mm]\bruch[/mm] {wurzel[n]{n}}{n} eine Null folge ist und
> monoton fallend ist. Stimmt das?
Ja, mach das mal 
>
>
> zu b) Ich haben hier durch vollständige Induktion gezeigt,
> dass [mm]n^2<2^n[/mm] für [mm]n\ge5,[/mm] aber weiter komme ich leider nicht
Probier's mit dem Quotientenkriterium, das geht ratzfatz
>
> An den anderen Aufgaben bastel ich noch, sobald ich etwas
> habe füge ich meine Lösungsansätze hinzu
Das ist löblich ![[applaus]](/images/smileys/applaus.gif "[applaus]")
LG und viel Erfolg beim Probieren
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:02 Mo 16.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
zu Aufgabe b)
ist absolut konvergent nach Quotientenkriterium, da
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{\bruch{n^{2}}{2^{n}}}{\bruch{(n+1)^{2}}{2^{n+1}}}=\bruch{1}{2}
[/mm]
Ist das so richtig?
zu Aufgabe a)
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}=\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{n}{n^{n}}=0
[/mm]
[mm] \rightarrow [/mm] ist Nullfollge
a ist konvergent falls
[mm] \bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}
[/mm]
da komme ich nicht weiter, vielleicht so?:
[mm] \bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n]{n}}{n+1}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}...
[/mm]
[mm] \rightarrow [/mm] ist monoton fallend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:26 Di 17.06.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo MissCHRP!
> ist absolut konvergent nach Quotientenkriterium, da [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{\bruch{n^{2}}{2^{n}}}{\bruch{(n+1)^{2}}{2^{n+1}}}=\bruch{1}{2}[/mm]
Das Ergebnis ist richtig. Aber der Bruch zu Beginn muss natürlich genau umgekehrt lauten:
[mm] $$\limes_{n\rightarrow\infty}\left|\bruch{a_{n+1}}{a_n}\right| [/mm] \ = \ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\left|\bruch{\bruch{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{\bruch{n^2}{2^n}}\right| [/mm] \ = \ ... \ = \ [mm] \bruch{1}{2}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:58 Di 17.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
a ist konvergent falls
$ [mm] \bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1} [/mm] $
da komme ich nicht weiter, vielleicht so?:
$ [mm] \bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n]{n}}{n+1}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}... [/mm] $
$ [mm] \rightarrow [/mm] $ ist monoton fallend
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:50 Di 17.06.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> zu Aufgabe a)
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}=\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{n}{n^{n}}=0[/mm]
> [mm]\rightarrow[/mm] ist Nullfollge
womit begründest Du denn, dass [mm] $\left(\frac{\sqrt[n]{n}}{n}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] den gleichen Grenzwert hat wie [mm] $\left(\frac{n}{n^n}\right)_{n \in \IN}$?Abgesehen [/mm] von der Unklahrheit, ob die erste Folge überhaupt konvergiert... Das ist schwammig...
(So ist z.B. [mm] $\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)=1$, [/mm] aber [mm] $\lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e$.)
[/mm]
Schau' lieber nochmal nach, dass [mm] $\sqrt[n]{n} \to [/mm] 1$ bei $n [mm] \to \infty$ [/mm] gilt. Denn damit ist die Folge [mm] $\left(\sqrt[n]{n}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] (als konvergente Folge) insbesondere beschränkt und das liefert Dir ziemlich schnell, dass [mm] $\frac{\sqrt[n]{n}}{n} \to [/mm] 0$ bei $n [mm] \to \infty$ [/mm] gilt.
> a ist konvergent falls
>
> [mm]\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm]
> da komme ich nicht weiter, vielleicht so?:
>
> [mm]\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n]{n}}{n+1}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}...[/mm]
> [mm]\rightarrow[/mm] ist monoton fallend
Für $n=1$ stünde da schonmal [mm] $\frac{\sqrt[1]{1}}{1+1} \ge \frac{\sqrt[2]{2}}{1+1}$, [/mm] also $1 [mm] \ge \sqrt{2}=1,41...$, [/mm] was falsch ist.
Ansonsten wäre die Idee verwertbar, setzt aber voraus, dass man beweisen kann, dass die Folge [mm] $(\sqrt[n]{n})_{n \in \IN}$ [/mm] ab einem gewissen [mm] $n_0$ [/mm] eine Monotonieeigenschaft hat (was heißen soll: es gibt ein [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] so, dass [mm] $(\sqrt[n]{n})_{n \in \IN_{\ge n_0}}$ [/mm] monoton (wachsend oder fallend) ist, wobei [mm] $\IN_{\ge n_0}:=\{n \in \IN: n \ge n_0\}$).
[/mm]
Ich würde so ansetzen:
Für jedes feste $n [mm] \in \IN$ [/mm] gilt
[mm] $\frac{\sqrt[n]{n}}{n} \ge \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n+1}$
[/mm]
[mm] $\gdw 1+\frac{1}{n} \ge \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\sqrt[n]{n}}$ $(\star)$
[/mm]
Weil die Funktion [mm] $f_n(x):=x^n$ [/mm] auf [mm] $\IR_{\ge 0}$ [/mm] monoton wachsend ist, gilt weiter
[mm] $(\star) \gdw f_{n+1}\left(1+\frac{1}{n}\right) \ge f_{n+1}\left( \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\sqrt[n]{n}}\right)$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \ge \frac{n+1}{n*\sqrt[n]{n}}$ $(\star_2)$
[/mm]
Nun hoffe ich, dass aus einer Übungsaufgabe resp. der Vorlesung bekannt ist, dass [mm] $(a_n)_{n \in \IN}:\equiv\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] eine gegen [mm] $\black{e}$ [/mm] monoton fallende Folge ist.
Weiter gilt für [mm] $(b_n)_{n \in \IN}:\equiv \left(\frac{n+1}{n\sqrt[n]{n}}\right)_{n \in \IN}$:
[/mm]
[mm] $b_n=\frac{n+1}{n\sqrt[n]{n}}=\sqrt[n]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n*\frac{1}{n}}$ ($\forall [/mm] n [mm] \in \IN$)
[/mm]
und weil [mm] $\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right)_{n \in \IN}$ [/mm] monoton wachsend gegen [mm] $\black{e}$ [/mm] ist, folgt daraus (unter Beachtung von [mm] $\sqrt[n]{n} \ge [/mm] 1$)
[mm] $\frac{n+1}{n\sqrt[n]{n}}=\sqrt[n]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n*\frac{1}{n}} \le \sqrt[n]{e*\frac{1}{n}} \le \sqrt[n]{e} \le [/mm] e$ [mm] ($\forall [/mm] n [mm] \in \IN$)
[/mm]
Also gilt [mm] $b_n \le [/mm] e [mm] \le a_n$ ($\forall [/mm] n [mm] \in \IN$) [/mm] und damit insbesondere [mm] $a_n \ge b_n$ [/mm] für jedes $n [mm] \in \IN$, [/mm] was gerade [mm] $(\star_2)$ [/mm] ist. Verfolgt man ab [mm] $(\star_2)$ [/mm] die Rechnung mit den [mm] $\gdw$-Pfeilen [/mm] von unten nach oben (man braucht dabei also nur die [mm] $\Leftarrow$-Pfeile), [/mm] so liefert das [mm] $(\star)$ [/mm] und damit auch die behauptete Monotonie.
P.S.:
Ich bin mir eigentlich sicher, dass das ganze auch einfacher geht, aber immerhin ist das hier ein (möglicher und naheliegender) Lösungsweg, um die Monotonie Deiner Folge einzusehen.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:19 Di 17.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
Nun hoffe ich, dass aus einer Übungsaufgabe resp. der Vorlesung bekannt ist, dass $ [mm] (a_n)_{n \in \IN}:\equiv\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\right)_{n \in \IN} [/mm] $ eine gegen $ [mm] \black{e} [/mm] $ monoton fallende Folge ist.
Das darf ich leider nicht benutzen, weil das in der Vorlesung noch nicht dran war...aber es muss doch einen leichteren Weg geben, um zu zeigen, dass
$ [mm] \bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1} [/mm] $
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:02 Mi 18.06.2008 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Nun hoffe ich, dass aus einer Übungsaufgabe resp. der
> Vorlesung bekannt ist, dass [mm](a_n)_{n \in \IN}:\equiv\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\right)_{n \in \IN}[/mm]
> eine gegen [mm]\black{e}[/mm] monoton fallende Folge ist.
>
> Das darf ich leider nicht benutzen, weil das in der
> Vorlesung noch nicht dran war...aber es muss doch einen
> leichteren Weg geben, um zu zeigen, dass
> [mm]\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}[/mm]
wie gesagt: Ich habe mir noch keine großen Gedanken über einen alternativen Lösungsweg gemacht. Naheliegend wäre aber auch folgender Ansatz:
[mm] $\bruch{\wurzel[n]{n}}{n}\ge\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{n+1}$
[/mm]
[mm] $\gdw \left(1+\frac{1}{n}\right)*\frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt[n+1]{n+1}} \ge [/mm] 1$
[mm] $\gdw \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}*\frac{n*\sqrt[n]{n}}{n+1} \ge [/mm] 1$ [mm] $(\star)$
[/mm]
weswegen es genügt, die letzte Ungleichung [mm] $(\star)$ [/mm] zu beweisen.
Nach der Bernoulli-Ungleichung gilt:
[mm] $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}*\frac{n*\sqrt[n]{n}}{n+1} \ge \left(1+\frac{n+1}{n}\right)*\frac{n*\sqrt[n]{n}}{n+1}=\frac{n*\sqrt[n]{n}}{n+1}+\sqrt[n]{n}$,
[/mm]
was wegen [mm] $\sqrt[n]{n} \ge [/mm] 1$ [mm] ($\forall [/mm] n [mm] \in \IN$) [/mm] dann [mm] $(\star)$ [/mm] zeigt.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:44 Di 17.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}} [/mm] $ mit $ [mm] a\in\IQ [/mm]
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}}=\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{1}{n^{a}}
[/mm]
also wende ich das Leibniz-Kriterium an
1.Konvergenz von [mm] \bruch{1}{n^{a}}
[/mm]
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{1}{n^{a}}=\begin{cases} 0, & \mbox{für } a>0 \\ 1, & \mbox{für } a=0 \\ \infty, & \mbox{für }a<0 \end{cases}
[/mm]
2.fallende Monotonie
die Monotonie muss ich mir jetzt doch nur noch für a>0 anschauen, da [mm] \bruch{1}{n^{a}} [/mm] nur dafür eine Nullfolge ist.
[mm] \bruch{1}{n^{a}}\ge\bruch{1}{(n+1)^{a}}
[/mm]
[mm] (n+1)^{a}\ge(n)^{a} [/mm] w.A für [mm] a\ge0
[/mm]
Damit ist das Leibnizkriterium erfüllt also ist [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}} [/mm] $ mit $ [mm] a\in\IQ [/mm] konvergent
Stimmt das alles so?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:47 Di 17.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
Die obige Mitteilung zu c) war als Frage gedacht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:54 Di 17.06.2008 | | Autor: | Teufel |
Hallo!
Geändert :)
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:22 Di 17.06.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}}[/mm] [mm]mit[/mm] [mm]a\in\IQ[/mm]
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}}=\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\bruch{1}{n^{a}}[/mm]
> also wende ich das Leibniz-Kriterium an
>
> 1.Konvergenz von [mm]\bruch{1}{n^{a}}[/mm]
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{1}{n^{a}}=\begin{cases} 0, & \mbox{für } a>0 \\ 1, & \mbox{für } a=0 \\ \infty, & \mbox{für }a<0 \end{cases}[/mm]
>
> 2.fallende Monotonie
>
> die Monotonie muss ich mir jetzt doch nur noch für a>0
> anschauen, da [mm]\bruch{1}{n^{a}}[/mm] nur dafür eine Nullfolge
> ist.
>
> [mm]\bruch{1}{n^{a}}\ge\bruch{1}{(n+1)^{a}}[/mm]
> [mm](n+1)^{a}\ge(n)^{a}[/mm] w.A für [mm]a\ge0[/mm]
>
> Damit ist das Leibnizkriterium erfüllt also ist
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n-1}}{n^{a}}[/mm] [mm]mit[/mm] [mm]a\in\IQ[/mm]
> konvergent
>
> Stimmt das alles so?
Nicht ganz: du hast doch oben in 1. gezeigt, dass für [mm] $a\le0$ [/mm] keine Konvergenz vorliegt, also darfst du nicht sagen, dass die Reihe für [mm] $a\in\IQ$ [/mm] konvergiert.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:35 Di 17.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
d) $ [mm] d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{n}}{(2n)!} [/mm] $
ist meiner Meinung nach divergent...zu zeigen durch Quotientenkriterium
wenn man genau hinsieht, kann man einiges rauskürzen
Vergleichslösung: [mm] |\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|=|n|
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:51 Mi 18.06.2008 | | Autor: | Plinius |
> d) [mm]d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{n}}{(2n)!}[/mm]
>
> ist meiner Meinung nach divergent...zu zeigen durch
> Quotientenkriterium
>
Wenn du das Qoutientenkriterium richtig machst, musst du eigentlich feststellen, dass diese Folge konvergiert (alle anderen übrigens auch)
> wenn man genau hinsieht, kann man einiges rauskürzen
> Vergleichslösung: [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|=|n|[/mm]
falsch: du hast bestimmt mit der Fakultät nicht richtig gemacht: du müsstest durch das Quotientenkriterium auf das hier kommen:
[mm] \left| \bruch{(n+1)*(n+1)}{(2*(n+1)*(2n+1))} \right|
[/mm]
jetzt geschickt Kürzen und umklammern, n gegen unendlich betrachten und du müsstest auf 0,5 mal 0,5 kommen was 0,25 macht
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Hallo Plinius,
> > d) [mm]d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{n}}{(2n)!}[/mm]
> >
> > ist meiner Meinung nach divergent...zu zeigen durch
> > Quotientenkriterium
> >
>
> Wenn du das Qoutientenkriterium richtig machst, musst du
> eigentlich feststellen, dass diese Folge konvergiert (alle
> anderen übrigens auch)
>
> > wenn man genau hinsieht, kann man einiges rauskürzen
> > Vergleichslösung: [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|=|n|[/mm]
>
>
> falsch: du hast bestimmt mit der Fakultät nicht richtig
> gemacht: du müsstest durch das Quotientenkriterium auf das
> hier kommen:
>
> [mm]\left| \bruch{(n+1)*(n+1)}{(2*(n+1)*(2n+1))} \right|[/mm] ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Das kann ich kaum glauben.
Es ist doch [mm] $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\left[(n+1)!\right]^{n+1}}{(2n+2)!}\cdot{}\frac{(2n)!}{(n!)^n}=\frac{\left[(n+1)!\right]^{n}\cdot{}(n+1)!}{(2n)!\cdot{}(2n+1)\cdot{}(2n+2)}\cdot{}\frac{(2n)!}{(n!)^n}$ [/mm]
[mm] $=\frac{\left[(n+1)\cdot{}n!\right]^n\cdot{}(n+1)!}{(2n+2)(2n+1)(n!)^n}=\frac{(n+1)^n(n+1)!}{(2n+1)(2n+2)}$
[/mm]
Und das strebt doch locker gegen [mm] $\infty$
[/mm]
PS: Im übrigen ist [mm] $\left(\frac{(n!)^n}{(2n)!}\right)_{n\in\IN}$ [/mm] keine Nullfolge, damit ist schon das Trivialkriterium verletzt!
>
> jetzt geschickt Kürzen und umklammern, n gegen unendlich
> betrachten und du müsstest auf 0,5 mal 0,5 kommen was 0,25
> macht
>
>
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:27 Mi 18.06.2008 | | Autor: | Plinius |
HAHA kleine Verwechselung würde ich mal sagen. In der Tat hast du recht.... wenn die Aufgabe so stimmen sollte:
[mm] d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{n}}{(2n)!} [/mm]
Jedoch hat miss... beim abschreiben einen fehler gemacht: die Korrekte Aufgabe lautet:
[mm] d)\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{(n!)^{2}}{(2n)!} [/mm]
Erbitte Bestätigung...
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Hallo nochmal,
oh wei oh wei
Ja, in dem Fall hast du vollkommen recht, die Reihe ist schön (absolut) konvergent.
Deine Umformung und der GW mit dem QK [mm] (\frac{1}{4}) [/mm] stimmen auch, also alles bestens ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:30 Di 17.06.2008 | | Autor: | MissRHCP |
$ [mm] e)\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}n}{(n+1)(n+2)} [/mm] $
Ist Monoton fallend:
[mm] \bruch{n}{(n+1)(n+2)}\ge\bruch{n+1}{(n+1+1)(n+2+1)}
[/mm]
[mm] \bruch{n}{(n+1)(n+2)}\ge\bruch{n}{(n+2)(n+3)}
[/mm]
[mm] n(n+2)(n+3)\ge(n+1)(n+1)(n+2)
[/mm]
[mm] n(n+3)\ge(n+1)^{2}=n^{2}+2n+1
[/mm]
[mm] n\ge1 [/mm] ist w.A. da [mm] n\in\IN
[/mm]
Ist Nullfolge:
Ich komme mit dem Leibniz-Kriterium hier nicht wirklich weiter, da ich
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{n}{(n+1)(n+2)}| [/mm] nicht wirklich ausrechnen kann
Wie mache ich das am besten?
$ [mm] f)\summe_{n=1}^{\infty}\wurzel[n]{nq^n} [/mm] $ mit |q|<1
hier habe ich das Quotienten-Kriterium (Wurzelkriterium hilft leider nicht) benutzt...stehe aberähnlich wie bei a vor folgender Gleichung:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{\wurzel[n]{n}}|
[/mm]
Wie komme ich hier weiter?
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Hallo MissRHCP,
> [mm]e)\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{(-1)^{n}n}{(n+1)(n+2)}[/mm]
>
> Ist Monoton fallend:
> [mm]\bruch{n}{(n+1)(n+2)}\ge\bruch{n+1}{(n+1+1)(n+2+1)}[/mm]
>
> [mm]\bruch{n}{(n+1)(n+2)}\ge\bruch{n}{(n+2)(n+3)}[/mm]
>
> [mm]n(n+2)(n+3)\ge(n+1)(n+1)(n+2)[/mm]
>
> [mm]n(n+3)\ge(n+1)^{2}=n^{2}+2n+1[/mm]
>
> [mm]n\ge1[/mm] ist w.A. da [mm]n\in\IN[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ja, das sind alles Äquivalenzumformungen, also folgt die Monotonie
>
> Ist Nullfolge:
> Ich komme mit dem Leibniz-Kriterium hier nicht wirklich
> weiter, da ich
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{n}{(n+1)(n+2)}|[/mm] nicht
> wirklich ausrechnen kann
> Wie mache ich das am besten?
Rechne den Nenner aus, klammere dann dort ein n aus und kürze es gegen das n im Zähler, dann den Grenzübergang [mm] n\to\infty [/mm] machen...
>
>
>
> [mm]f)\summe_{n=1}^{\infty}\wurzel[n]{nq^n}[/mm] mit |q|<1
>
> hier habe ich das Quotienten-Kriterium (Wurzelkriterium
> hilft leider nicht) benutzt...stehe aberähnlich wie bei a
> vor folgender Gleichung:
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{\wurzel[n+1]{n+1}}{\wurzel[n]{n}}|[/mm]
> Wie komme ich hier weiter?
Das strebt m.E. gegen 1, das QK hilft hier also nicht.
Aber ist denn überhaupt das Trivialkriterium erfüllt?
Ist [mm] $\left(\sqrt[n]{n\cdot{}q^n}\right)_{n\in\IN}$ [/mm] überhaupt eine Nullfolge?
Du kannst das ein wenig anders schreiben: [mm] $\sqrt[n]{n\cdot{}q^n}=\sqrt[n]{n}\cdot{}q$
[/mm]
Was passiert hier für [mm] $n\to\infty$?
[/mm]
LG
schachuzipus
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Hallo nochmal,
mir kommt gerade in den Sinn, dass bei (f) evtl. die Reihe [mm] $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{n} [/mm] \ [mm] \cdot{} [/mm] \ [mm] q^n$ [/mm] gemeint sein könnte?
Vllt. ein Schreibfehler?
Da sieht die Sache nämlich etwas anders aus im Hinblick auf Konvergenz der Reihe ...
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:58 Mi 18.06.2008 | | Autor: | Plinius |
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> Vllt. ein Schreibfehler?
In der Tat richtig; hier lag ein schreibfehler vor. du hast Recht, das ist die Richtige Auffgabe
[mm]\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{n} \ \cdot{} \ q^n[/mm]
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