Konvergenz von Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:53 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
| Aufgabe | Die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty} a_{n} [/mm] sei gegeben durch
i) [mm] a_{n} [/mm] = 1 /(8n+1)
ii) [mm] a_{n} [/mm] = 1 [mm] /(n^2+4n+3)
[/mm]
Man untersuche, ob die durch i), ii) definierten Reihen konvergieren oder nicht. |
Guten Morgen,
die Konvergenz von Reihen bereitet mir ziemliche Probleme. Konvergenz von Folgen hatte ich soweit eigentlich verstanden, aber jetzt weiß ich nicht, wie ich das ganze für Reihen anpacken kann.
i) Wir haben den Tipp bekommen, dass man die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}1/8, [/mm] die eine harmonische Reihe ist, betrachten soll und dann schauen, was passiert wenn +1 dazukommt. Ich steh' leider total auf dem Schlauch...
ii) Kann ich hier nicht wie bei den Folgen auch, durch [mm] n^2 [/mm] teilen? Oder bringt es mir was, wenn ich den Nenner in Linearfaktoren zerlege? (x+1)(x+3)....
Vielen Dank im Voraus!!!
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:07 Do 23.10.2008 | | Autor: | abakus |
> Die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty} a_{n}[/mm] sei gegeben durch
> i) [mm]a_{n}[/mm] = 1 /(8n+1)
>
> ii) [mm]a_{n}[/mm] = 1 [mm]/(n^2+4n+3)[/mm]
>
> Man untersuche, ob die durch i), ii) definierten Reihen
> konvergieren oder nicht.
> Guten Morgen,
>
> die Konvergenz von Reihen bereitet mir ziemliche Probleme.
> Konvergenz von Folgen hatte ich soweit eigentlich
> verstanden, aber jetzt weiß ich nicht, wie ich das ganze
> für Reihen anpacken kann.
>
> i) Wir haben den Tipp bekommen, dass man die Reihe
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}1/8,[/mm] die eine harmonische Reihe ist,
> betrachten soll und dann schauen, was passiert wenn +1
> dazukommt. Ich steh' leider total auf dem Schlauch...
Lassen wir die 1 mal weg.
[mm] \bruch{1}{8n}=\bruch{1}{8}*\bruch{1}{n}
[/mm]
Da die Reihe [mm] \bruch{1}{n} [/mm] divergiert, divergiert auch 1/8 davon.
Durch das +1 im Nenner werden die Brüche war etwas kleiner, konvergieren aber immer noch nicht.
Dafür würde ich allerdings eine andere Abschätzung verwenden:
[mm] 8n+1\le [/mm] 9n , also [mm] \bruch{1}{8n+1}\ge\bruch{1}{9n}. [/mm] Da die Reihe [mm] \bruch{1}{9n} [/mm] divergiert (oben hatte ich es für [mm] \bruch{1}{8n} [/mm] gezeigt, läuft mit 9 ganz analog) , divergiert erst recht die Reihe mit noch größeren Summanden (sagt dir denr Begriff "divergente Minorante " schon etwas?
b) lässt sich schreiben als 1/((n+1)(n+3)). Hier kann man 1/(n*(n+1)) als konvergente Majorante (als Reihe die konvergiert, obwohl ihre Summanden größer sind als die der zu untersuchenden Reihe) benutzen.
Gruß Abakus
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> ii) Kann ich hier nicht wie bei den Folgen auch, durch [mm]n^2[/mm]
> teilen? Oder bringt es mir was, wenn ich den Nenner in
> Linearfaktoren zerlege? (x+1)(x+3)....
>
> Vielen Dank im Voraus!!!
>
>
> Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:26 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
Hallo,
vielen Dank für die hilfreiche Antwort!!!
Nein, den Begriff divergente Minorante kenne ich noch nicht.
Was ich jetzt gerade gesehen habe...unser Tutor hat zu der Aufgabe bemerkt, dass die Reihe konvergiert.....???? Ist falsch, dem Beweis von oben zu Folge oder?
liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:33 Do 23.10.2008 | | Autor: | abakus |
> Hallo,
>
> vielen Dank für die hilfreiche Antwort!!!
>
>
> Nein, den Begriff divergente Minorante kenne ich noch
> nicht.
> Was ich jetzt gerade gesehen habe...unser Tutor hat zu der
> Aufgabe bemerkt, dass die Reihe konvergiert.....???? Ist
> falsch, dem Beweis von oben zu Folge oder?
Damit kann er nur die zweite Reihe gemeint haben. Die erste divergiert.
Gruß Abakus
>
> liebe Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:52 Do 23.10.2008 | | Autor: | SirSmoke |
| Aufgabe | Die Reihe $ [mm] \summe_{n=1}^{\infty} a_{n} [/mm] $ sei gegeben durch
i) [mm] a_{n}=\bruch{1}{8n+1}
[/mm]
ii) [mm] a_{n}=\bruch{1}{n^2+4n+3}
[/mm]
(iii) [mm] a_{n}= \bruch{(-1)^n}{\wurzel{n+1}}
[/mm]
(iv) [mm] a_{n}=\bruch{1}{(-1)^n+n+1}
[/mm]
Man untersuche, ob die durch i), ii) definierten Reihen konvergieren oder nicht. |
Hallo!
Ich habe mir mal erlaubt, die Fragestellung zu vervollständigen :)
Würde gerne wissen, ob mein Ergebnisse soweit stimmen:
(i) Beh: [mm] a_{n}=\bruch{1}{(8n+1)} [/mm] divergiert
Bew mit dem Majoranten-Kriterium:
[mm] n\ge1 [/mm] , Abschätzung: 8n+1>8n [mm] \bruch{1}{(8n+1)}\le\bruch{1}{8n}
[/mm]
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{8n}=\bruch{1}{8}\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n}
[/mm]
Diviergiert, da bruch{1}{n} immer divergiert
(ii) Beh: [mm] a_{n}=\bruch{1}{n^2+4n+3} [/mm] konvergiert
Bew mit dem Majoranten-Kriterium:
[mm] n^2\ge1 [/mm] Abschätzung: [mm] n^2+4n+3>n^2 \Rightarrow \bruch{1}{n^2+4n+3}\le\bruch{1}{n^2}
[/mm]
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^2} \Rightarrow [/mm] konvergiert
(iii) Beh: [mm] a_{n}= \bruch{(-1)^n}{\wurzel{n+1}}=(-1)^n\bruch{1}{\wurzel{n+1}} [/mm] konvergiert
[mm] a_{n} [/mm] ist eine monoton fallende Nullfolge [mm] \Rightarrow (\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^n*a_{n}) \Rightarrow [/mm] konvergiert!
Bew mit Leibniz:
[mm] \bruch{1}{\wurzel{n+1}}<1 [/mm] , [mm] \bruch{1}{\wurzel{n+1}}*\bruch{1}{\wurzel{n+1}}<\bruch{1}{\wurzel{n+1}}=a_{n}>a_{n+1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow a_{n} [/mm] ist monoton fallend [mm] \forall [/mm] n [mm] \in \IN
[/mm]
(iv) hier stehe ich leider noch ein wenig auf dem Schlauch ... ich vermute mal, sie divergiert, weiß leider nur gerade nicht wie ich es beweisen soll ... kann jemand aushelfen?
PS: (Sehr wahrscheinlich) Hallo an meine Mitstudentin ;)
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> Die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty} a_{n}[/mm] sei gegeben durch
> i) [mm]a_{n}=\bruch{1}{8n+1}[/mm]
>
> ii) [mm]a_{n}=\bruch{1}{n^2+4n+3}[/mm]
>
> (iii) [mm]a_{n}= \bruch{(-1)^n}{\wurzel{n+1}}[/mm]
>
> (iv) [mm]a_{n}=\bruch{1}{(-1)^n+n+1}[/mm]
>
> Man untersuche, ob die durch i), ii) definierten Reihen
> konvergieren oder nicht.
> Hallo!
> Ich habe mir mal erlaubt, die Fragestellung zu
> vervollständigen :)
> Würde gerne wissen, ob mein Ergebnisse soweit stimmen:
>
> (i) Beh: [mm]a_{n}=\bruch{1}{(8n+1)}[/mm] divergiert
> Bew mit dem Majoranten-Kriterium:
> [mm]n\ge1[/mm] , Abschätzung: 8n+1>8n
> [mm]\bruch{1}{(8n+1)}\le\bruch{1}{8n}[/mm]
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{8n}=\bruch{1}{8}\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n}[/mm]
> Diviergiert, da bruch{1}{n} immer divergiert
Hallo,
lies Dir das Majorantenkriterium nochmal genau durch.
Das handelt von Konvergenz.
Ganz grob: wenn man den den Betrag der Folgenglieder nach oben durch die Folgenglieder einer konvergenten Folge abschätzen kann, ist die Reihe konvergent. (absolut sogar.)
Wenn Du die Beträge der Folgenglieder nach oben durch eine divergente Folge abschätzt, bist Du so schlau wie zuvor. Du weißt nix.
Du müßtest hier mit dem Minorantenkriterium arbeiten, mit welchem Du Divergenz zeigen kann. Wie's geht, hat zuvor abakus vorgemacht.
>
>
> (ii) Beh: [mm]a_{n}=\bruch{1}{n^2+4n+3}[/mm] konvergiert
> Bew mit dem Majoranten-Kriterium:
> [mm]n^2\ge1[/mm] Abschätzung: [mm]n^2+4n+3>n^2 \Rightarrow \bruch{1}{n^2+4n+3}\le\bruch{1}{n^2}[/mm]
Da [mm] \summe \bruch{1}{n^2} [/mm] konvergiert, konvergiert die fragliche Rihe nach dem Majorantenkriterium.
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^2} \Rightarrow[/mm]
> konvergiert
???
das ist grober Unfug.
Schreib so'n Quatsch nicht.
>
>
> (iii) Beh: [mm]a_{n}= \bruch{(-1)^n}{\wurzel{n+1}}=(-1)^n\bruch{1}{\wurzel{n+1}}[/mm]
> konvergiert
>
> [mm]a_{n}[/mm] ist eine monoton fallende
nichtnegative(!)
> Nullfolge [mm]\Rightarrow (\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^n*a_{n}) \Rightarrow[/mm]
> konvergiert!
>
> Bew mit Leibniz:
Nein, der Beweis mit Leibniz ist der Satz oben.
Zu zeigen ist die Monotonie. Was Du da jetzt tust, ist mir rätselhaft.
Du mußt zeigen, daß für alle [mm] n\in [/mm] N [mm] a_n=\bruch{1}{\wurzel{n+1}}\ge \bruch{1}{\wurzel{(n+1)+1}}=a_{n+1} [/mm] ist.
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{n+1}}<1[/mm] ,
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{n+1}}*\bruch{1}{\wurzel{n+1}}<\bruch{1}{\wurzel{n+1}}=a_{n}>a_{n+1}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow a_{n}[/mm] ist monoton fallend [mm]\forall[/mm] n [mm]\in \IN[/mm]
>
>
> (iv) hier stehe ich leider noch ein wenig auf dem Schlauch
> ... ich vermute mal, sie divergiert, weiß leider nur gerade
> nicht wie ich es beweisen soll ... kann jemand aushelfen?
Überlege mal, ob Du die Folgengleider mit [mm] \bruch{1}{2n} [/mm] abschätzen kannst
Gruß v. Angela
>
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> PS: (Sehr wahrscheinlich) Hallo an meine Mitstudentin ;)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:45 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
Ich komme bei der iv) auch nicht weiter....
Wir haben den Tipp bekommen, das ganze wieder mit Majoranten/Minorantenkriterium zu bearbeiten und außerdem die Differenz zweier Partialsummen beachten und dass die Wurzelfunktion selbst stetig ist (muss nicht bewiesen werden).
Soll ich da 1/2n als Majorante wählen? Und wenn ja, wie könnte ich weiter machen?
Danke!
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> Ich komme bei der iv) auch nicht weiter....
> Wir haben den Tipp bekommen, das ganze wieder mit
> Majoranten/Minorantenkriterium zu bearbeiten und außerdem
> die Differenz zweier Partialsummen beachten und dass die
> Wurzelfunktion selbst stetig ist (muss nicht bewiesen
> werden).
Hallo,
ich seh da gar keine Wurzelfunktion...
>
> Soll ich da 1/2n als Majorante wählen?
Ist's eine Majorante?
Wenn ja, dan kannst Du mit dem Majorantenkriterium weitermachen.
Aber vielleicht ist's ja auch eine Minorante.
Gruß v. Angela
Und wenn ja, wie
> könnte ich weiter machen?
>
> Danke!
>
>
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:57 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
es ist eine Minorante, oder? Weil 1/2n divergiert ja....
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> es ist eine Minorante, oder? Weil 1/2n divergiert ja....
Es ist eine Minorante.
Aber es ist nicht eine Minorante, weil [mm] \summe\bruch{1}{2n} [/mm] divergiert.
Sondern:
[mm] \summe\bruch{1}{2n} [/mm] divergiert.
Wenn Du jetzt zeigen kannst, daß für Deine Folge [mm] (a_n) [/mm] immer [mm] a_n \ge\bruch{1}{2n} [/mm] gilt, dann ist [mm] \bruch{1}{2n} [/mm] eine Minorante, und Deine Folge [mm] \summe a_n [/mm] ist nach dem Minorantenkriterium divergent.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:54 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
| Aufgabe 1 | Die Reihe sei gegeben durch
i)
ii)
(iii)
(iv)
Man untersuche, ob die durch i), ii) definierten Reihen konvergieren oder nicht. |
| Aufgabe 2 | Für die in Aufgabe 1 definierten und konvergenten Reihen gebe man jeweils eine natürliche Zahl N an, so daß für alle natürlichen m> N gilt
[mm] |\summe_{n=1}^{m}a_{n}-\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}|< \bruch{1}{1000}
[/mm]
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Ich weiß nicht genau wie ich Aufgabe 2 anpacken soll...
also bei ii) haben wir ja herausgefunden, dass [mm] a_{n} [/mm] konvergiert. muss ich jetzt ein m suchen, damit diese Reihe abzüglich unserer [mm] a_{n}-Reihe [/mm] kleiner als 1/1000 ist? Wie könnte ich das machen?
Vielen Danke im Voraus!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:05 Do 23.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo Ronja,
> Man untersuche, ob die durch i), ii) definierten Reihen
> konvergieren oder nicht.
> Für die in Aufgabe 1 definierten und konvergenten Reihen
> gebe man jeweils eine natürliche Zahl N an, so daß für alle
> natürlichen m> N gilt
> [mm]|\summe_{n=1}^{m}a_{n}-\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}|< \bruch{1}{1000}[/mm]
>
> Ich weiß nicht genau wie ich Aufgabe 2 anpacken soll...
> also bei ii) haben wir ja herausgefunden, dass [mm]a_{n}[/mm]
> konvergiert.
Das wäre keine große Kunst. Du meinst eher, dass ihr herausgefunden habt, dass die Reihe über die [mm] $a_n$, [/mm] also [mm] $\sum a_n$ [/mm] mit [mm] $a_{n} [/mm] $ = 1 $ [mm] /(n^2+4n+3)$, [/mm] konvergent ist.
[mm] ($\sum$ [/mm] ist hier stets als [mm] $\sum_{n=1}^\infty$ [/mm] gemeint.)
Weil [mm] $\sum \frac{1}{n^2+4n+3}$ [/mm] konvergent ist, ist mit [mm] $S:=\sum \frac{1}{n^2+4n+3}$ [/mm] dann $S [mm] \in \IR$. [/mm] Klar ist auch $S > 0$.
Beachtest Du $|x-y|=|y-x|$, so kannst Du nun für jedes $m [mm] \in \IN$ [/mm] schreiben:
[mm] $$\left|\summe_{n=1}^{m}a_{n}-\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}\right|=\left|\summe_{n=m+1}^{\infty}a_{n}\right|$$
[/mm]
Im Allgemeinen würde man nun z.B. die allgemeine Dreiecksungleichung (für konvergente Reihen) versuchen, anzuwenden:
[mm] $$\left|\summe_{n=1}^{m}a_{n}-\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}\right|=\left|\summe_{n=m+1}^{\infty}a_{n}\right| \le \sum_{n=m+1}^\infty |a_n|\,.$$
[/mm]
(Ich sag' das mal deshalb, weil Du das evtl. bei anderen Reihen brauchst. Das wird Dir natürlich bzgl. Deiner Aufgabe auch nur dann in sinnvoller Weise helfen, wenn die Reihe sogar absolut konvergent ist.)
Mit speziell [mm] $a_n=\frac{1}{n^2+4n+3}$ [/mm] (für alle $n [mm] \in \IN$, [/mm] also insbesondere auch für alle $n [mm] \ge [/mm] m+1$) genügt aber ein kurzer Blick, um zu erkennen, dass die Betragszeichen eigentlich keine Wirkung haben, also weggelassen werden dürfen:
[mm] $$\left|\summe_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2+4n+3}-\summe_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+4n+3}\right|=\left|\summe_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2+4n+3}\right|=\sum_{n=m+1}^\infty \frac{1}{n^2+4n+3}\,.$$
[/mm]
Generell wäre nun der nächste Ansatz, für $n [mm] \ge [/mm] m+1$ dann [mm] $b_n$'s [/mm] so zu finden, dass [mm] $\frac{1}{n^2+4n+3} \le b_n$ [/mm] und dass man [mm] $\sum_{n=m+1}^\infty b_n \le \frac{1}{1000}\,$ [/mm] für ein genügend großes $m [mm] \in \IN$ [/mm] erschließen könnte.
Hier fällt aber etwas anderes ins Auge:
[mm] $\frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{(n+1)(n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)\,.$
[/mm]
Damit folgt für jedes $m [mm] \in \IN$ [/mm] und $M [mm] \in \IN$ [/mm] mit $M [mm] \ge [/mm] m+1$:
[mm] $$\sum_{n=m+1}^M \frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{2}\sum_{n=m+1}^M \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)\,.$$
[/mm]
Jetzt musst Du mal ein wenig weiterdenken, wieso das günstig ist bzw. wie man damit eine "schöne" Gleichung erhält.
Damit erkennt man dann schnell [mm] $\sum_{n=m+1}^\infty \frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}\right)$, [/mm] und jetzt ist es keine große Kunst mehr, ein $N$ wie oben gefordert, anzugeben.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:57 Do 23.10.2008 | | Autor: | Lorence |
> [mm]\frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{(n+1)(n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)\,.[/mm]
Wie kommst du auf das 1/2 vor der Klammer?
> und jetzt ist es keine große Kunst mehr, ein [mm]N[/mm] wie oben
> gefordert, anzugeben.
Ich verstehe deinen Ansatz teilweiße, könnte aber jetzt kein Wert für "N" ermitteln der die Ungleichung erfüllt.
Ich verstehe prinzipiell nicht, wie man einen Wert für m angeben soll und der Fehler des Wertes kleiner als 1/1000 ist, obwohl man den Grenzwert garnicht kennt! (ich weiß ein ganz großen Verständnisproblem).
MFG
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:26 Do 23.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> >
> [mm]\frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{(n+1)(n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)\,.[/mm]
>
> Wie kommst du auf das 1/2 vor der Klammer?
weil [mm] $\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}=\frac{n+3}{(n+1)(n+3)}-\frac{n+1}{(n+1)(n+3)}=\frac{n+3-(n+1)}{n^2+4n+3}=\frac{\blue{2}}{n^2+4n+3}$ [/mm] ist.
>
> > und jetzt ist es keine große Kunst mehr, ein [mm]N[/mm]Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
wie oben
> > gefordert, anzugeben.
>
> Ich verstehe deinen Ansatz teilweiße, könnte aber jetzt
> kein Wert für "N" ermitteln der die Ungleichung erfüllt.
Okay, vielleicht denken wir es mal weiter:
O.E. sei im Folgenden stets $M \ge m+1$ und $M \in \IN$. Gesehen hast Du ja bereits
$$ \sum_{n=m+1}^M \frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{2}\sum_{n=m+1}^M \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)\,. $$
Nun gilt mit Indexshift $k=n+\black{2}$:
$\sum_{n=m+1}^M \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)=\left(\sum_{n=m+1}^M \frac{1}{n+1}\right)-\sum_{n=m+1}^M\frac{1}{n+3}\right)$
$=\left(\sum_{n=m+1}^M \frac{1}{n+1}\right)-\sum_{k=m+3}^{M+2}\frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}-\frac{1}{M+2}-\frac{1}{M+3}\,,$
also
$\sum_{n=m+1}^\infty \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)=\lim_{M \to \infty}\sum_{n=m+1}^M\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right)=\lim_{M \to \infty}\left(\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}-\frac{1}{M+2}-\frac{1}{M+3}\right)=\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}\,.$
Damit:
$\sum_{n=m+1}^\infty \frac{1}{n^2+4n+3}=\frac{1}{2}\sum_{n=m+1}^\infty \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}\right) < \frac{1}{1000}$ für alle $\black{m} > N$
$\gdw$
$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}\right) < \frac{1}{1000}$ für alle $\black{m} > N\,.$
> Ich verstehe prinzipiell nicht, wie man einen Wert für m
> angeben soll und der Fehler des Wertes kleiner als 1/1000
> ist, obwohl man den Grenzwert garnicht kennt! (ich weiß ein
> ganz großen Verständnisproblem).
Nun ja, dazu musst Du das alles mal nachvollziehen. Denn mit der ganzen Rechnerei haben wir jetzt herausgefunden, dass es gleichwertig ist, ein $N \in \IN$ so zu finden, dass $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}\right) < \frac{1}{1000}$ für alle $\black{m} > N$ gilt.
Und letzteres solltest Du lösen können.
(Wenn Du es nicht mit der Ungleichung lösen willst, kann man auch so vorgehen:
Betrachte mal die Folge $(b_m)_{m \in \IN}$ mit $b_m:=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}\right)$. Überlege Dir, dass diese Folge eine monoton fallende (Null-)Folge ist, und dann denke drüber nach, wie man das ausnutzen kann. Man kann aber durchaus auch alleine mit der Ungleichung: $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+3}\right) < \frac{1}{1000}$ arbeiten, um ein solches $N$ zu finden.)
Gruß,
Marcel
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