Konvergenz einer Folge < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:57 Mo 16.05.2005 | | Autor: | DarkSea |
hi! ich habe folgendes problem: ich soll zeigen, dass die Folge
[mm] \produkt_{k=1}^{n}k!^{\bruch{1}{2^{k}}} [/mm]
konvergiert.
Ich habe schon folgende Beziehung aufgestellt:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\produkt_{k=1}^{n}k!^{\bruch{1}{2^{k}}} \le e^{\limes_{n\rightarrow\infty}\summe_{k=1}^{n}k!^{\bruch{1}{2^{k} }}-1}
[/mm]
jetzt müsste ich nur noch zeigen, dass die Summe im Exponenten von e konvergiert... Dies wollte ich mit dem Integralkriterium machen, nur nichtmal mupad o.ä. können dieses Integral lösen.. sollte ich jetzt einfach behaupten, dass das konvergiert oder habe ich noch ne andere Möglichkeit ? oder gehe ich ganz falsch an die Sache ran ? (Meine Ungleichung sollte aber richtig sein, da bin ich relativ sicher).
Grüße, DarkSea
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:07 Di 17.05.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo DarkSea!
Das unendliche Produkt
[mm] $\prod\limits_{k=1}^n (k!)^{\frac{1}{2^k}}$
[/mm]
konvergiert genau dann, wenn die Reihe
[mm] $\sum\limits_{k=1}^n \log\left( (k!)^{\frac{1}{2^k}} \right) [/mm] = [mm] \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{2^k} \log(k!)$
[/mm]
konvergiert (das folgt aus allgemeinen Sätzen über die Konvergenz unendlicher Produkte).
Die Konvergenz der Reihe kann man mit dem Quotientenkriterium nachweisen.
Viele Grüße
Julius
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Hallo,
dazu hätte ich auch eine Frage. Um etwas mit dem Quotientenkriterium beweisen zu können, muß doch die Reihe monoton sein oder?
Für die Antwort tausend Dank schon mal im Voraus.
Gruß
Prof.
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Hallo!
Um das Quotientenkriterium anwenden zu können, muss [mm] $\left|\bruch{a_{n+1}}{a_n}\right|$ [/mm] noch nichtmal konvergieren! Es reicht, dass [mm] $\limsup \left|\bruch{a_{n+1}}{a_n}\right|<1$. [/mm] Dann konvergiert die Reihe [mm] $\sum a_n$ [/mm] absolut.
Eine gewisse Form von Monotonie steckt da aber natürlich drin, denn schließlich soll "auf lange Sicht" [mm] $|a_{n+1}|<|a_n|$ [/mm] gelten... Aber endlich viele Ausreißer stellen kein Problem dar.
Gruß, banachella
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:08 Di 17.05.2005 | | Autor: | DarkSea |
hm, vielen Dank erstmal. Im Moment häng ich aber irgendwie bei dem Quotientenkriterium fest... hab es soweit umgeformt:
[mm] \bruch{log((k+1) k!)}{2 log(k!)}
[/mm]
und das muss doch jetzt immer < 1 sein oder ?
irgendwie schaff ich es nicht das so umzuformen, dass das ersichtlich wird.. stimmt das denn überhaupt ?
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Hallo!
Beachte, dass [mm] $\log \big((k+1)k!\big)=\log(k+1)+\log(k!)$...
[/mm]
Gruß, banachella
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:15 Di 17.05.2005 | | Autor: | DarkSea |
ja ich weiß, habs auch schon weiter umgeformt, aber irgendwie krieg ich es auf keine Form, sodass man sieht, dass es kleiner als 1 ist :( hab:
[mm] \bruch{log(k+1) + log(k!)}{2log(k!)} [/mm] aber auch das hilft mir irgendwie nicht sonderlich weiter...
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Hallo!
Dann hast du's ja schon fast. Denn [mm] $\bruch{\log(k+1)}{2\log(k!)}\to [/mm] 0$...
Gruß, banachella
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:45 Di 17.05.2005 | | Autor: | DarkSea |
so, nun nerv ich ein letzes mal :)
also, das geht gegen 0, das stimmt, aber ist die bedingung des quotientenkriteriums nicht, dass es für alle k gilt ? also z.b. auch für k = 2 ? weil da kommt irgendwas mit 1,2... raus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:49 Di 17.05.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
Nein, das musst nicht für alle $k$ gelten. Der Limes Superior des Quotienten muss kleiner einer Konstante sein, die wiederum kleiner als $1$ ist, damit das hinreichende Kriterium greift.
Das bedeutet, dass die Beziehung für fast alle $k [mm] \in \IN$ [/mm] gelten muss, also für alle bis auf endlich viele. Das ist hier aber erfüllt. 
Viele Grüße
Julius
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