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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:43 Mi 09.01.2008 | | Autor: | MattiJo |
| Aufgabe | Konvergiert folgende Reihe?
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}} [/mm] |
Hallo,
ich bin grad an einer eigentlich ganz einfachen Frage angekommen: Konvergiert die Reihe?
Ich habe gelernt, dass das Quotientenkonvergenzkriterium erfüllt sein muss. Dazu muss q = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \vmat{\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}} [/mm] kleiner als 1 sein, ist es größer als eins haben wir eine Divergenz.
Okay, hier ist [mm] a_{n} [/mm] = [mm] \bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}}
[/mm]
und damit q = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \vmat{\bruch{\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^{4}}+1}}{\bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}}}} [/mm] = [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{\wurzel{n^{4}+1}}{\wurzel{(n+1)^{4} + 1}} [/mm] = 1
Damit versagt mein Quotientenkriterium, weil es für q=1 nicht angeben kann, ob die Reihe divergiert oder konvergiert....
Wie muss ich es in diesem Fall machen?
Und noch eine ganz simple Frage: Kann ich nicht einfach den Grenzwert der Reihe bestimmen und sagen, die Reihe konvergiert, falls dieser existiert? Warum muss ich hier überhaupt so ein Kriterium erfüllen?
Vielen Dank und viele Grüße, Matti
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Hallo Matti,
> Konvergiert folgende Reihe?
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> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}}[/mm]
> Hallo,
> ich bin grad an einer eigentlich ganz einfachen Frage
> angekommen: Konvergiert die Reihe?
>
> Ich habe gelernt, dass das Quotientenkonvergenzkriterium
> erfüllt sein muss. Dazu muss q =
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \vmat{\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}}[/mm]
> kleiner als 1 sein, ist es größer als eins haben wir eine
> Divergenz.
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> Okay, hier ist [mm]a_{n}[/mm] = [mm]\bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}}[/mm]
>
> und damit q = [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \vmat{\bruch{\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^{4}}+1}}{\bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}}}}[/mm]
> = [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{\wurzel{n^{4}+1}}{\wurzel{(n+1)^{4} + 1}}[/mm]
> = 1
>
> Damit versagt mein Quotientenkriterium, weil es für q=1
> nicht angeben kann, ob die Reihe divergiert oder
> konvergiert....
> Wie muss ich es in diesem Fall machen?
ist dir bekannt, bzw. habt ihr bereits bewiesen, dass die Reihen [mm] $\sum\frac{1}{n^s}$ [/mm] konvergent sind für $s>1$ und divergent für [mm] $s\le1$ [/mm] ?
Also zB. für n=1 die harmonische Reihe [mm] \summe\bruch{1}{n} [/mm] divergent ist und die Reihe [mm] \summe\bruch{1}{n^2} [/mm] konvergent ist?
Falls ja, kannst du das Majorantenkriterium benutzen und versuchen, deine Ausgangsreihe gegen die konvergente Majorante [mm] \summe\bruch{1}{n^2} [/mm] abzuschätzen
>
> Und noch eine ganz simple Frage: Kann ich nicht einfach den
> Grenzwert der Reihe bestimmen und sagen, die Reihe
> konvergiert, falls dieser existiert? ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Natürlich 
> Warum muss ich hier
> überhaupt so ein Kriterium erfüllen?
>
Oft ist es nicht einfach bis nahezu unmöglich, einen GW explizit anzugeben, da sind die Kriterien oft "handlicher"
> Vielen Dank und viele Grüße, Matti
Gruß zurück
schachuzipus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:56 Mi 09.01.2008 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
die Reihe wird konvergieren. Man braucht noch nicht mal, dass $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^\alpha}$ für $\alpha \in \IR$ genau dann konvergiert, wenn $\alpha > 1$ (was man z.B. mit dem Cauchyschen Verdichtungssatz beweisen könnte).
Überlege Dir, dass
$n^2*\frac{1}{\sqrt{n^4+1}} \to 1$.
Dadurch folgt die Existenz eines $N \in \IN$ mit
$\frac{1}{2} \le n^2*\frac{1}{\sqrt{n^4+1}} \le \frac{3}{2}$
bzw.
$\frac{1}{2}*\frac{1}{n^2} \le\frac{1}{\sqrt{n^4+1}} \le \frac{3}{2}*\frac{1}{n^2}$
für alle $n \ge N$.
Insbesondere ist die Ungleichung rechterhand für Dich relevant. Damit kannst Du dann hier das folgende schreiben
$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}=\vmat{ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}}=\sum_{n=1}^\infty\vmat{\frac{1}{\sqrt{n^4+1}}}} = \sum_{n=1}^N \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}$
Das letzte Restglied rechterhand läßt sich nach oben abschätzen, wobei man schlussendlich das Restglied der Reihe $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ ins Spiel bringt (bzw. diese Reihe multipliziert mit einer gewissen Konstanten).
Dass $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ konvergent ist, kann man zeigen, indem man für jedes $m \in \IN_{\ge 2}$
$\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2}$ mit $1+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k(k-1)}$ vergleicht und sich die Richtigkeit der Gleichung $\frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$ für $k \in \IN_{\ge 2}$ überlegt und dann eine kleine Rechnung mit Ziehharmonikasumme macht.
(Wenn Dir noch nicht klar ist, welchen Satz ich verwenden will, dann kannst Du auch so folgern:
Man erkennt, dass die Folge der Teilsummen \left(\sum_{n=1}^N \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}\right)_{N \in \IN} (streng) monoton wachsend ist. Mit der obigen Abschätzung kann man dann zeigen, dass sie auch nach oben beschränkt ist. Nach dem Haupsatz über monotone Folgen also konvergent.)
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:02 Mi 09.01.2008 | | Autor: | MattiJo |
// Artikel wurde versehentlich doppelt gepostet
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:06 Mi 09.01.2008 | | Autor: | MattiJo |
okay danke,
und d.h. es reicht wenn [mm] \summe_{n=1}^{N} \bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}} [/mm] monoton und beschränkt ist, damit das ganze Ding konvergiert? Weil die andre Teilsumme gibts ja auch noch nebendran...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:33 Do 10.01.2008 | | Autor: | Marcel |
> okay danke,
> und d.h. es reicht wenn [mm]\summe_{n=1}^{N} \bruch{1}{\wurzel{n^{4}+1}}[/mm]
> monoton und beschränkt ist, damit das ganze Ding
> konvergiert? Weil die andre Teilsumme gibts ja auch noch
> nebendran...
Hallo,
also zunächst erinnere Dich mal an folgende Variante des Hauptsatzes:
Ist $( [mm] a_n )_{n \in \IN}$ [/mm] eine monoton wachsende Folge, die nach oben beschränkt ist, so ist $( [mm] a_n )_{n \in \IN}$ [/mm] schon konvergent (und zwar gegen $a:=sup [mm] \{a_k; k \in \IN\}$).
[/mm]
Nun machst Du folgendes:
Wir betrachten [mm] $S_N:=\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}$. [/mm] Offensichtlich ist $( [mm] S_N )_{N \in \IN}$ [/mm] monoton wachsend.
Mit meinem Hilfsmittel zeigst Du (z.B.):
Es gibt ein [mm] $N_0 \in \IN$, [/mm] so dass für jedes $N [mm] \ge N_0+1$ [/mm] gilt:
[mm] $S_N=\sum_{n=1}^N \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}=\sum_{n=1}^{N_0} \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}+\sum_{n=N_0+1}^N \frac{1}{\sqrt{n^4+1}} \le \sum_{n=1}^{N_0} \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}+\frac{3}{2} *\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$
[/mm]
Bekanntlich konvergiert [mm] $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ [/mm] (falls es Dir nicht bekannt: rechne es wie angedeutet nach, wobei ich Dir zudem sage, dass man bei der Reihe
[mm] $\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k(k-1)}$
[/mm]
sogar explizit den Grenzwert angeben kann).
Insbesondere ist daher [mm] $C_2:=\frac{3}{2} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \in \IR_{\ge 0}$ [/mm] (also [mm] $\ge [/mm] 0$ und $< [mm] \infty$; [/mm] anstatt [mm] $\ge [/mm] 0$ könnte man sogar $>0$ schreiben, denn bei dieser Reihe sind ja alle Summanden echt positiv). Außerdem ist
[mm] $C_1:=\sum_{n=1}^{N_0} \frac{1}{\sqrt{n^4+1}} \in \IR_{\ge 0}$, [/mm] denn
[mm] $\sum_{n=1}^{N_0} \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}$ [/mm] besteht aus endlich vielen positiven Summanden (derer [mm] $N_0$ [/mm] an der Zahl).
(Hierbei solltest Du folgendes beachten:
Wir wählen ein solches [mm] $N_0$, [/mm] dessen Existenz in dem vorigen Post von mir begründet würde, dann fest, das heißt, wenn wir so eines gefunden haben (und so eins werden wir finden, was ich im anderen Post erklärt habe), werden wir es nicht mehr ändern. Das wir dann auch ein größeres wählen könnten, ist zwar korrekt, aber das benötigen wir nicht!)
Daraus folgt:
Es gibt eine feste Zahl $C$ mit $0 [mm] \le [/mm] C < [mm] \infty$ [/mm] (nämlich [mm] $C:=C_1+C_2$), [/mm] so dass gilt:
[mm] $S_N \le [/mm] C$ für alle $N [mm] \in \IN$.
[/mm]
(Denn $( [mm] S_N )_{N \in \IN}$ [/mm] ist monoton wachsend und es ist daher auch [mm] $S_N \le S_{N_0+1}$ [/mm] für alle $N [mm] \le N_0+1$. [/mm] Oben wurde gezeigt, dass [mm] $S_N \le [/mm] C$ für alle $N [mm] \ge N_0+1$. [/mm] Zusammen ergibt das die Behauptung.)
Daher ist die Folge $( [mm] S_N )_N$ [/mm] eine monoton wachsende Folge, die nach oben (durch $C$) beschränkt ist, also konvergent nach dem Hauptsatz über monotone Folgen, und damit existiert
[mm] $\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^N \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n^4+1}}$
[/mm]
P.S.:
Wenn Du genau aufgepasst hast, dann sollte Dir aufgefallen sein, dass ich hier eine i.a. noch größere Konstante wie die, die ich in dem letzten Post vorgeschlagen habe, gewählt habe. Denn dort habe ich gesagt, Du sollst mit dem Restglied der Reihe [mm] $\frac{3}{2} *\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ [/mm] argumentieren, hier habe ich einfach die Reihe selbst genommen. Das ist aber auch nicht so wichtig, wichtig ist halt, dass man zeigt, dass es eine Konstante so gibt, dass die Folge $( [mm] S_N )_N$ [/mm] durch sie nach oben beschränkt ist (und jede größere Konstante könnte man dann natürlich auch wählen), und das genügt, weil die Folge $( [mm] S_N )_N$ [/mm] hier offensichtlich monoton wachsend ist.
Gruß,
Marcel
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