Konvergenz Reihe mit Logarith. < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Beweisen Sie, dass die Reihe [mm] \summe_{n=2}^{\infty}log(1 [/mm] + [mm] \bruch{1}{n²}) [/mm] konvergiert.
log bezeichnet den natürlichen Logarithmus. |
Hallo,
ich sitze nun schon einige Zeit an dieser Aufgabe, komme aber nicht wirklich weiter.
Mein Versuch, die Reihe als Teleskopsumme zu schreiben scheiterte ebenso, wie meine Abschätzung gegen die Wurzel (ich versuche eine konvergente Majorante zu finden). Welches Kriterium kann ich hier anwenden?
Wäre super wenn mir jemand noch ein paar Tips geben könnte.
Danke schon mal.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Gruß,
Stefan
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Hallo Stefan und herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
ich würde hier das ![[]](/images/popup.gif) Integralkriterium verwenden.
Um das Integral [mm] $\int\limits_{2}^{\infty}{\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right) \ dx}$ [/mm] zu berechnen, bietet sich partielle Integration an.
Schreibe dazu [mm] $\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right) [/mm] \ = \ [mm] 1\cdot{}\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)$
[/mm]
LG
schachuzipus
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Erstmal danke für die schnelle Antwort.
Leider hatten wir das Integral-Kriterium in der Vorlesung nicht, also denke ich muss es auch anders zu lösen sein. Der Stoff des Übungsblatts von der die Aufgabe ist dreht sich um Exponential und Logarithmus-Funktion.
Wir hatten halt ein paar Grenzwerte (dadurch kam ich auf die Abschätzung durch Wurzel) und die üblichen Logarithmusgesetze etc.
Gibts noch eine andere Möglichkeit?
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Hallo nochmal,
> Erstmal danke für die schnelle Antwort.
> Leider hatten wir das Integral-Kriterium in der Vorlesung
> nicht, also denke ich muss es auch anders zu lösen sein.
> Der Stoff des Übungsblatts von der die Aufgabe ist dreht
> sich um Exponential und Logarithmus-Funktion.
> Wir hatten halt ein paar Grenzwerte (dadurch kam ich auf
> die Abschätzung durch Wurzel) und die üblichen
> Logarithmusgesetze etc.
> Gibts noch eine andere Möglichkeit?
Vllt. folgendes:
Hattet ihr die Potenzreihendarsellung des $ln$?
[mm] $\ln(1+x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cdot{}x^k$ [/mm] für $|x|<1$ ?
Setze mal für [mm] $x=\frac{1}{n^2}$ [/mm] ein und schreibe die ersten paar Summanden hin.
Findest du dann eine einfache Abschätzung gegen eine bekannte konv. Maj.?
LG
schachuzipus
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Wir hatten die Logarithmusreihe mal kurz unter "wichtige Beispiele für Potenzreihen" erwähnt:
L(z) = [mm] \summe_{n=1}^{\infty}(\bruch{(-1)^{n-1}}{n}*z^n), [/mm] meinst du das?
Falls ja, dann habe ich ja, wenn ich das für den Logarithmus in der Ausgangsreihe einsetze, 2 Summen...
Aber ich werds abends mal probieren, muss jetzt leider weg.
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Hallo nochmal,
rein interessehalber habe ich das gerade probiert was du geschrieben hast, leider sehe ich nicht was ich davon habe.
Mit der Darstellung des Logarithmus über deine Reihe und für x [mm] \bruch{1}{n^2} [/mm] eingesetzt erhalte ich:
[mm] \summe_{k=1}^{\infty}(\bruch{-1^{k+1}}{k*n^{2k}}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{n²} [/mm] - [mm] \bruch{1}{2n^4} [/mm] + [mm] \bruch{1}{3n^6}...
[/mm]
Was nun? Oder habe ich falsch eingesetzt?
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Hallo nochmal,
> Hallo nochmal,
>
> rein interessehalber habe ich das gerade probiert was du
> geschrieben hast, leider sehe ich nicht was ich davon
> habe.
> Mit der Darstellung des Logarithmus über deine Reihe und
> für x [mm]\bruch{1}{n^2}[/mm] eingesetzt erhalte ich:
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty}(\bruch{-1^{k+1}}{k*n^{2k}})[/mm] =
> [mm]\bruch{1}{n²}[/mm] - [mm]\bruch{1}{2n^4}[/mm] + [mm]\bruch{1}{3n^6}...[/mm]
> Was nun? Oder habe ich falsch eingesetzt?
Genauso meinte ich das.
Nun ist der erste Summand nach dem [mm] $\frac{1}{n^2}$, [/mm] also [mm] $\frac{1}{2n^4}$ [/mm] der betraglich größte von allen weiteren. Die ganze Chose ist zudem (betraglich gesehen) streng monoton fallend und alternierend.
Damit ist [mm] $\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2n^4}+\frac{1}{3n^6}\mp [/mm] ... \ [mm] \le \frac{1}{n^2}$
[/mm]
Und somit [mm] $\sum\ln\left(1+\frac{1}{n^2}\right) [/mm] \ [mm] \le [/mm] \ [mm] \sum\frac{1}{n^2}$
[/mm]
Damit hast du nun deine gesuchte konv. Majorante ...
Deine Summe geht zwar erst bei 2 los und die Summe für diese Abschätzung schon bei 1, aber das Wegnehmen oder Hinzufügen eines (auch endlich vieler) Summanden ändert ja am Konvergenzverhalten nix, eine endl. Summe hat ja immer einen endlichen Wert ...
LG
schachuzipus
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> [mm]\ln(1+x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cdot{}x^k[/mm]
> für [mm]|x|<1[/mm] ?
Hallo nochmals,
dachte nicht dass sowas kommt, aber wir sollen nun genau diese Formel beweisen. Ich habe aber leider keine Ahnung wie.. Vielleicht auch aufgrund der Klausur am Freitag, mein Kopf ist voll von Analysis, ich seh bestimmt den Wald vor lauter Bäumen nicht mehr..
Wie geht man denn bei sowas vor? Letztendlich muss ich doch dann den Grenzwert der Reihe ausrechnen, das haben wir aber bei einer alternierenden Reihe noch nicht gemacht.
Gruß
Stefan
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Hallo nochmal,
> >
> [mm]\ln(1+x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cdot{}x^k[/mm]
> > für [mm]|x|<1[/mm] ?
>
> Hallo nochmals,
>
> dachte nicht dass sowas kommt, aber wir sollen nun genau
> diese Formel beweisen. Ich habe aber leider keine Ahnung
> wie.. Vielleicht auch aufgrund der Klausur am Freitag, mein
> Kopf ist voll von Analysis, ich seh bestimmt den Wald vor
> lauter Bäumen nicht mehr..
> Wie geht man denn bei sowas vor? Letztendlich muss ich
> doch dann den Grenzwert der Reihe ausrechnen, das haben wir
> aber bei einer alternierenden Reihe noch nicht gemacht.
Zuerst mal musst du [mm] $\ln(1+x)$ [/mm] in eine Taylorreihe um [mm] $x_0=0$ [/mm] entwickeln.
Da hattet ihr bestimmt die entsprechende Formel ...
Dazu benötigst du ja die k-te Ableitung von [mm] $\ln(1+x)$ [/mm] an der Stelle [mm] $x_0=0$
[/mm]
Mache mal die ersten 3-4 Ableitungen, dann bekommst du eine Idee, wie für allg. k dann [mm] $f^{(k)}(x)$ [/mm] und damit auch [mm] $f^{(k)}(0)$ [/mm] lautet. Die solltest du per Induktion untermauern.
Dann in die Formel für die Taylorreihe einsetzen und du hast obige Darstellung.
Wenn du den Konvergenzradius der obigen Reihe berechnest (etwa mit Cauchy-Hadamard), kommst du auf [mm] $\rho=1$, [/mm] also Konvergenz für [mm] $|x-x_0|=|x-0|=|x|<1$
[/mm]
>
> Gruß
> Stefan
LG
schachuzipus
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 13:52 So 12.07.2009 | | Autor: | override88 |
Taylorreihe?
Hatten wir nicht, zumindest kommt eine Definition davon nicht in meinem Skript vor :(
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:23 So 12.07.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Taylorreihe?
> Hatten wir nicht, zumindest kommt eine Definition davon
> nicht in meinem Skript vor :(
finde ich komisch... Hattet ihr denn schon Potenzreihenentwicklung?
Schau' aber auch mal in Beispiel 14.12.1.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:48 So 12.07.2009 | | Autor: | wogie |
yo, das geht einfach.
Schreibe
[mm] \ln(1+x) = \int_0^x \frac{1}{1+x'}dx'[/mm]
und verwende
[mm]\frac{1}{1+x'}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x'^n[/mm]
und aus obiger darstellung gibts den konvergenzradius gratis dazu.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:07 So 12.07.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> yo, das geht einfach.
> Schreibe
>
> [mm]\ln(1+x) = \int_0^x \frac{1}{1+x'}dx'[/mm]
>
> und verwende
>
> [mm]\frac{1}{1+x'}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n x'^n[/mm]
>
> und aus obiger darstellung gibts den konvergenzradius
> gratis dazu.
sehr schön. Er sollte auch noch begründen, warum er dann Summation und Integration vertauschen darf. Deswegen hatte ich auch nach seinem Vorwissen über Potenzreihen nochmal nachgefragt (und weil ich zu faul war, zu recherchieren, ob seinerseits dazu hier im Thread was gesagt wurde).
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:04 So 05.07.2009 | | Autor: | override88 |
Hallo,
erstmal danke für deine ausführliche Lösung. Habe soweit auch alles nachvollziehen können, das Problem ist halt, dass man auf sowas kommt.
Deinen verwendeten Satz hatten wir aber auch nicht in der Vorlesung, falls also jemand noch andere Tips/Vorschläge hat wie man die Aufgabe lösen kann, habe ich nichts dagegen.
Nochmals danke Marcel.
Gruß,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:07 Mo 06.07.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo Stefan,
> erstmal danke für deine ausführliche Lösung. Habe soweit
> auch alles nachvollziehen können, das Problem ist halt,
> dass man auf sowas kommt.
das ist normal. Anfangs ist das oft auch erstmal ein "Spielchen" (man guckt, was man schon alles weiß und probiert dann aus, ob es einem nützt). Später wird das ganze ein etwas "taktischeres Testspiel", d.h. man hat eine ungefähre Vorstellung von dem, was man braucht (oder man überlegt sich (ggf. durch gewisse Umformungen oder durch Anwendungen gewisser Sätze)), was einem nützen könnte und guckt, wo man hinwill.
Generell ist das grob so:
Du startest irgendwo und weißt schon, wohin Du willst. Nun kannst Du mit mehreren Wegen starten, d.h. auf die "Ausgangssituation" gewisse Sätze/Kenntnisse loslassen/anwenden und erhältst damit einen Weg. Manch' einer endet (irgendwann) in einer Sackgasse, manch' einer führt direkt zum Ziel, manch' einer scheint zunächst eine Sackgasse, aber durch weitere Überlegungen kommt man dem Ziel dann doch näher oder erreicht es ganz...
> Deinen verwendeten Satz hatten wir aber auch nicht in der
> Vorlesung, falls also jemand noch andere Tips/Vorschläge
> hat wie man die Aufgabe lösen kann, habe ich nichts
> dagegen.
> Nochmals danke Marcel.
Du kannst ja auch mal versuchen, die Abschätzung, die Du wirklich brauchst, herzuleiten. Naheliegend wäre z.B. folgender Ansatz:
Betrachte [mm] $f(x):=x^2-\ln\left(1+x^2\right)$ [/mm] ($x [mm] \in \IR$).
[/mm]
Hier gilt [mm] $f\!\,'(x)=2x-\frac{2x}{1+x^2}=2x \left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\;\;(x \in \IR)\,.$ [/mm] Was bedeutet das für lokale Extremstellen von [mm] $f\,$? [/mm]
Wie kann man begründen, dass [mm] $x_0=0$ [/mm] lokale (und globale) Minimalstelle für [mm] $f\,$ [/mm] ist?
(Tipp zu "globale Minimalstelle": Mithilfe von [mm] $f\!\,'$ [/mm] lassen sich Aussagen über das Monotonieverhalten von [mm] $f\,$, [/mm] auf [mm] $(-\infty,0)$ [/mm] und auch auf [mm] $(0,\infty)$, [/mm] treffen!)
Daraus folgt dann insbesondere $f(x) > [mm] 0=f(0)\,$ [/mm] ($x > [mm] 0\,$). [/mm] Schlussendlich ist dann dieses Ergebnis für [mm] $x=x_n=\frac{1}{n}$ [/mm] ($n [mm] \in \IN$) [/mm] zu betrachten, um
[mm] $$\ln\left(1+\Big(\frac{1}{n}\Big)^2\right) \le \Big(\frac{1}{n}\Big)^2\;\;\;(n \in \IN)$$
[/mm]
einzusehen.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:17 So 12.07.2009 | | Autor: | abakus |
> Beweisen Sie, dass die Reihe [mm]\summe_{n=2}^{\infty}log(1[/mm] +
> [mm]\bruch{1}{n²})[/mm] konvergiert.
> log bezeichnet den natürlichen Logarithmus.
> Hallo,
>
> ich sitze nun schon einige Zeit an dieser Aufgabe, komme
> aber nicht wirklich weiter.
> Mein Versuch, die Reihe als Teleskopsumme zu schreiben
> scheiterte ebenso, wie meine Abschätzung gegen die Wurzel
> (ich versuche eine konvergente Majorante zu finden).
> Welches Kriterium kann ich hier anwenden?
> Wäre super wenn mir jemand noch ein paar Tips geben
> könnte.
>
> Danke schon mal.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Gruß,
> Stefan
Hallo,
ich habe den Thread verfolgt (und kann zum "Mainstream" wenig beisteuern).
Aber kommt man nicht auch mit Logarithmengesetzen weiter?
Die unendliche Summe [mm] log(1+\bruch{1}{2^2})+log(1+\bruch{1}{3^2})+log(1+\bruch{1}{4^2})+... [/mm] lässt sich doch schreiben als [mm] log((1+\bruch{1}{2^2})*(1+\bruch{1}{3^2})*(1+\bruch{1}{4^2})*...).
[/mm]
Dieser Logarithmus hat einen endlichen Wert, wenn auch das Produkt [mm] (1+\bruch{1}{2^2})*(1+\bruch{1}{3^2})*(1+\bruch{1}{4^2})*...) [/mm] einen endlichen Wert hat.
Hat jemand eine Idee, wie man dieses Produkt nach oben abschätzen kann?
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:00 So 12.07.2009 | | Autor: | override88 |
Der Trick hier ist, das Argument des Logarithmus mit (1 - 1/n²) zu multiplizieren und festzustellen dass dieses Produkt < 1 ist.
Also ist (1 + 1/n²) < 1/ (1 - 1/n²).
Wendet man nun wieder den Logarithmus an, so kommt man auf
log(1 + 1/n²) < -log(1 - 1/n²)
Letzterer Logarithmus als Reihe konvergiert gegen -log(2) (Gibt mehrere Arten das auszurechnen), also hat man eine konvergente Majorante.
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