Konvergenz < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:53 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{k=0}^{n}(-1)^{k} (\wurzel{k+1}-\wurzel{k})
[/mm]
ähm das steht noch der hinweis: Erweitern Sie den Summanden geeignet zu einem bruch??
hat das was mit der harmonischen reihe zu tun????
das müsste eine alternierende reihe sein, oder?
wie gehe ich dann weiter vor, was muss ich zeigen, wo muss ich ansetzen?
danke lg
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Die Folge [mm] a_k=(-1)^k(\wurzel{k+1}-\wurzel{k}) [/mm] ist alternierend.
Die aufsummierte Reihe ist es dann nicht unbedingt.
Aber berechne doch mal [mm] a_k+a_{k+1}.
[/mm]
Dann siehst Du schnell, was da passiert.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:20 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
also wenn
k ungerade dann ist k+1 gerade und umgekehrt also
aber ich komme gerade nicht weiter
danke lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:27 So 16.11.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo csak!
Befolge doch mal revernd's tipp und berechne [mm] $a_k+a_{k+1}$ [/mm] :
[mm] $$a_k+a_{k+1} [/mm] \ = \ [mm] (-1)^k*\left(\wurzel{k+1}-\wurzel{k}\right)+(-1)^{k+1}*\left(\wurzel{k+2}-\wurzel{k+1}\right)$$
[/mm]
$$= \ [mm] (-1)^k*\left(\wurzel{k+1}-\wurzel{k}\right)-(-1)^k*\left(\wurzel{k+2}-\wurzel{k+1}\right)$$
[/mm]
$$= \ [mm] (-1)^k*\wurzel{k+1}-(-1)^k*\wurzel{k}-(-1)^k*\wurzel{k+2}+(-1)^k*\wurzel{k+1}$$
[/mm]
Gruß
Loddar
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ja ich komme dann auf
[mm] 2(-1)^{k}\wurzel{k+1} [/mm] - [mm] (-1)^{k} [/mm] ( [mm] \wurzel{k} [/mm] + [mm] \wurzel{k+2}
[/mm]
aber jetzt steck ich schon wieder fest
danke lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:23 So 16.11.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:11 So 16.11.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo csak!
Wenn Du nachweisen kannst, dass [mm] $\left(\wurzel{k+1}-\wurzel{k}\right)_{k\in\IN}$ [/mm] sowohl monoton fallend als auch eine Nullfolge ist, folgt die Konvergenz der Reihe gemäß dem ![[]](/images/popup.gif) Leibniz-Kriterium.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:23 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
ja ich kenne das leibnizkriterium, aber ich weiß nicht wie ich das zeigen soll, ich tu mich da schwer!
gibt es da eine "Formel" wie man das macht
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:28 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
benutze
[mm] $$\sqrt{k+1}-\sqrt{k}=(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})\frac{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$$
[/mm]
und multipliziere den Zähler aus (oder 3e bin. Formel).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:39 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
okay das ist dann [mm] \bruch{1}{\wurzel{k+1}+\wurzel{k}}
[/mm]
aber wie hilft das weiter
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:43 So 16.11.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo csak!
Anhand dieser Termdarstellung lässt sich doch schnell zeigen, dass es sich hier um eine Nullfolge handelt.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:48 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
ich weiß was eine nullfolge ist, aber wieso weiß ich das hier???
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:50 So 16.11.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo csak!
Was passiert denn mit dem Nenner bei [mm] $k\rightarrow\infty$ [/mm] (während der Zähler konstant bleibt)?
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:55 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
okay logisch
der grenzwert ist null , deswegen Nullfolge
[mm] (-1)^{k} [/mm] hat darauf keine auswirkung, es ist dann halt eine alternierende nullfolge
jetzt muss nur noch gezeigt werden, dass [mm] a_{n} [/mm] monoton fallend ist,
oder zweigt man das irgendwie anders?
danke lg
danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:14 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> okay logisch
>
> der grenzwert ist null , deswegen Nullfolge
>
> [mm](-1)^{k}[/mm] hat darauf keine auswirkung, es ist dann halt eine
> alternierende nullfolge
>
> jetzt muss nur noch gezeigt werden, dass [mm]a_{n}[/mm] monoton
> fallend ist,
> oder zweigt man das irgendwie anders?
das folgt, weil die Wurzelfunktion streng monoton wächst.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:20 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
muss ich jetzt nichts mehr machen??
nur [mm] \wurzel{k+1} [/mm] - [mm] \wurzel{k} [/mm] erweitern und dann
limes von [mm] \bruch{1}{\wurzel{k+1} + \wurzel{k}} [/mm] ausrechnen
und eine monotone nullfolge ist es wegen der wurzelfunktion?
stimmt das so???
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:55 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> muss ich jetzt nichts mehr machen??
>
> nur [mm]\wurzel{k+1}[/mm] - [mm]\wurzel{k}[/mm] erweitern und dann
>
> limes von [mm]\bruch{1}{\wurzel{k+1} + \wurzel{k}}[/mm] ausrechnen
>
> und eine monotone nullfolge ist es wegen der
> wurzelfunktion?
>
> stimmt das so???
im Prinzip ja, Du solltest es nur sauber aufschreiben:
Sei [mm] $(a_k)_{k \in \IN_0}:\equiv(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})_{k \in \IN_0}\,.$ [/mm] Dann gilt [mm] $a_k=\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$ [/mm] (das rechne ich nicht mehr vor, das hattest Du ja eh selbst nachgerechnet) für jedes ${k [mm] \in \IN_0}\,.$
[/mm]
Aus [mm] $\sqrt{x} [/mm] < [mm] \sqrt{y}$ [/mm] für alle $0 [mm] \le [/mm] x < y$ folgt [mm] $\sqrt{k+2} [/mm] > [mm] \sqrt{k}$ [/mm] (wegen $y:=k+2 > k=:x$) und daher [mm] $\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1} [/mm] > [mm] \sqrt{k}+\sqrt{k+1}$ [/mm] für jedes $k [mm] \in \IN_0\,,$ [/mm] und damit
[mm] $\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=a_k [/mm] > [mm] \frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k+2}}=a_{k+1}$ [/mm] für jedes [mm] $k\,.$ [/mm] Also ist [mm] $(a_k)_k$ [/mm] eine (sogar streng) monoton fallende Folge.
Ferner gilt [mm] $a_k=\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} \to [/mm] 0$ bei $k [mm] \to \infty\,,$ [/mm] weil [mm] $\sqrt{x} \to \infty$ [/mm] bei $0 [mm] \le [/mm] x [mm] \to \infty\,.$
[/mm]
Also ist [mm] $(a_k)_k$ [/mm] eine monoton fallende Nullfolge und daher konvergiert die Folge [mm] $\left(\sum_{k=0}^n(-1)^k a_k\right)_{n \in \IN_0}$ [/mm] (bzw. normalerweise schreibt man kurz: die Reihe [mm] $\sum_{k=0}^\infty (-1)^k a_k\,,$ [/mm] wobei man damit aber eben genau die Folge der Teilsummen von eben meint) nach dem Leibnizkriterium.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:27 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
| Aufgabe | Zeigen Sie die Konvergenz der Reihe
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{k=0}^{n}(-1)^{k} k(\bruch{1}{2})^{k+1} [/mm] |
funktioniert das auch wieder mit dem leibnizkriterium??
k [mm] \bruch{1^{k+1}}{2^{k+1}}
[/mm]
ist dann [mm] \bruch{k}{1^{k+1}}
[/mm]
??? stimmt das ??? wie geht es weiter????
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:14 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeigen Sie die Konvergenz der Reihe
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{k=0}^{n}(-1)^{k} k(\bruch{1}{2})^{k+1}[/mm]
>
> funktioniert das auch wieder mit dem leibnizkriterium??
>
> k [mm]\bruch{1^{k+1}}{2^{k+1}}[/mm]
>
> ist dann [mm]\bruch{k}{\red{1}^{k+1}}[/mm]
wenn, dann [mm] $a_k=\frac{k}{\blue{2}^{k+1}}\,.$
[/mm]
> ??? stimmt das ??? wie geht es weiter????
Ich bin gerade zu faul, mir zu überlegen, ob das Leibnizkriterium ginge.
(Du musst dann aber mit einem geeigneten Restglied der Reihe argumentieren, denn es gilt sicherlich [mm] $a_1=\frac{1}{2^2}=\frac{1}{4} [/mm] > [mm] 0=a_0\,.$ [/mm] D.h. Du müsstest die Konvergenz der Folge [mm] $\left(\summe_{k=0}^{n}(-1)^{k} k\left(\bruch{1}{2}\right)^{k+1}\right)_{n \in \IN_0}$ [/mm] dann aus der Konvergenz der Folge [mm] $\left(\summe_{k=n_0}^{n}(-1)^{k} k\left(\bruch{1}{2}\right)^{k+1}\right)_{n \in \IN_{\ge n_0}}\,,$ [/mm] mit einem geeigneten [mm] $n_0 \in \IN_0\,,$ [/mm] folgern.)
Die Reihe ist aber nach dem Wurzelkriterium eh sogar absolut konvergent, Du solltest nur beachten [mm] $\sqrt[k]{k} \to [/mm] 1$ bei $k [mm] \to \infty\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:19 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
okay, ich habe gerade gesehen, dass wir das wurzelkriterium in der vorlesung ausgelassen haben (ein ganzes kapitel)
was soll ich jetzt tun???
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:27 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> okay, ich habe gerade gesehen, dass wir das wurzelkriterium
> in der vorlesung ausgelassen haben (ein ganzes kapitel)
>
> was soll ich jetzt tun???
entweder probierst Du dann die von mir vorgeschlagene Variante (d.h. das Leibnizkriterium anwenden auf ein geeignetes Restglied der Reihe), oder Du probierst es mit dem Quotientenkriterium:
[mm] $$\left|\frac{(-1)^{k+1}a_{k+1}}{(-1)^ka_k}\right|=\frac{\frac{k+1}{2^{k+2}}}{\frac{k}{2^{k+1}}}=...\underset{k \to \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{2}$$
[/mm]
[mm] $$\Rightarrow \limsup_{k \to \infty} \left|\frac{(-1)^{k+1}a_{k+1}}{(-1)^ka_k}\right|=... [/mm] < ...$$
(Die Pünktchen solltest Du ergänzen.)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:34 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
quotientenkriterium haben wir auch nicht gemacht also werde ich es mit dem leibnizkriterium probieren
lg danke
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:33 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> quotientenkriterium haben wir auch nicht gemacht also werde
> ich es mit dem leibnizkriterium probieren
okay. Viel Erfolg.
P.S.: @ Mods/Admins/Koordinatoren:
Wer aus meiner obigen Antwort eine Mitteilung gemacht hat, sollte mir bitte auch mal den Grund dafür nennen. Eine Mitteilung ist für mich etwas, was wenig bis keinen Bezug zur Frage hat, oben war das eine konkrete Antwort. Ich finde das ziemlich unpassend.
Macht daraus bitte wieder eine Antwort und meinetwegen aus der Antwort hier eine Mitteilung, das passt eher.
Gruß,
Marcel
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> P.S.: @ Mods/Admins/Koordinatoren:
> Wer aus meiner obigen Antwort eine Mitteilung gemacht hat,
Hallo,
wer das war, kannst Du ja sehen.
> sollte mir bitte auch mal den Grund dafür nennen.
Es war ein schlichter Irrtum. Ich wollte eigentlich den darauffolgenden Artikel als Mitteilung markieren, um ihm das Alarmierende zu nehmen.
Ich entschuldige mich hiermit.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:14 So 16.11.2008 | | Autor: | csak1162 |
also dass es eine monoton fallende Nullfolge ist "sieht" man, wie schreibt man das korrekt hin,
und wie ist das mit dem Restglied, das verstehe ich nicht!
danke lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:09 So 16.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> also dass es eine monoton fallende Nullfolge ist "sieht"
> man, wie schreibt man das korrekt hin,
das glaube ich nicht, denn es ist offensichtlich [mm] $a_0=0 [/mm] < [mm] \frac{1}{4}=a_1\,.$ [/mm] Bei einer monoton fallenden Folge ist aber [mm] $a_1 \le a_0\,.$
[/mm]
Es reicht aber, zu wissen, dass [mm] $\left(\frac{k}{2^{k+1}}\right)_{k \in \IN_{\ge 1}}$ [/mm] eine monoton fallende Nullfolge ist.
> und wie ist das mit dem Restglied, das verstehe ich nicht!
Du solltest Dir jetzt quasi überlegen, dass [mm] $\lim_{n \to \infty}\blue{\sum_{k=1}^n} (-1)^k \frac{k}{2^{k+1}}$ [/mm] existiert, also dass die Folge [mm] $\left(\blue{\sum_{k=1}^n} (-1)^k \frac{k}{2^{k+1}}\right)\limits_{n \in \IN_{\ge \blue{1}}}$ [/mm] konvergiert.
(Der Unterschied ist, dass der Summationsindex nicht bei [mm] $\green{0}\,,$ [/mm] sondern bei [mm] $\blue{1}$ [/mm] anfängt (i.a. fängt das Restglied einer Reihe bei einem Index [mm] $n_0$ [/mm] an). Habt ihr keinen Satz: Eine Reihe konvergiert genau dann, wenn ein (und damit jedes) Restglied der Reihe konvergiert?)
Dazu musst Du wegen des Leibnizkriteriums also begründen:
[mm] $$\frac{\frac{k+1}{2^{k+2}}}{\frac{k}{2^{k+1}}} \le 1\;\;\;\text{für alle }k \in \IN_{\ge 1}\,.$$
[/mm]
Das letzte folgt aber aus $1/k [mm] \le [/mm] 1$ für alle $k [mm] \in \IN_{\ge 1}\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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