Konvergenz von Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:55 Di 22.01.2013 | | Autor: | marmik |
| Aufgabe | Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz:
a) [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{n}{2^{n}}
[/mm]
b) [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{n!}{n^{n}}
[/mm]
c) [mm] \summe_{n=1}^{\infty}(\wurzel[n]{5}-1)^{n}
[/mm]
d) [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2} [/mm] |
Hallo,
Ich hatte bei manchen Aufgabenteilen kleine Probleme.
Zu a) Da hab ich einfach das Quotientenkriterium angewendet. Der Term der da raus kam konvergierte gegen [mm] \bruch{1}{2} [/mm] und somit konvergiert die Reihe.
Zu b) Da war ich mir nicht ganz sicher. ich habe wieder das Quotientenkriterium benutzt und kam dann auf diesen Term: [mm] \bruch{n^{n}}{(n+1)^{n}} [/mm]
Das konvergiert ja gegen Null und deswegen war ich mir nicht ganz sicher ob die Reihe auch konvergiert ..? Auf alle Fälle gilt ja [mm] :\left| \bruch{a_{n+1}}{a_n} \right|\le [/mm] q mit 0<q<1 für alle [mm] n\ge n_0 [/mm]
Deswegen müsste die Reihe ja eigentlich auch konvergieren oder?
zu c) Hier habe ich das Wurzelkriterium benutzt und es tauchte eigentlich genau das gleiche Problem wie bei b) (Term geht gegen 0) weswegen ich mir nicht ganz sicher bin ob die Reihe konvergiert.
Zu d) Hier wollte ich wieder eines der Kriterien anwenden und habe festgestellt dass der Term der da raus kommt gegen 1 geht, weswegen man ja keine Aussage über Konvergenz bzw. Divergenz treffen kann.
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Gruß
Marmik
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:54 Di 22.01.2013 | | Autor: | marmik |
>
> Nein, es ist
> [mm]\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\left(\frac{n+1-1}{n+1}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n[/mm]
>
> Und [mm]\left(1+\frac{x}{n}\right)^n[/mm] kennst du doch?! Wogegen
> konvergiert das?
>
Wenn ich die +1 im Nenner ignorieren darf dann müsste der Ausdruck gegen [mm] \bruch{1}{e} [/mm] konvergieren, was ja kleiner als 1 ist und somit konvergiert auch die Reihe oder?
>
> Ja, nimm mal das Vergleichskriterium ...
>
> Die Reihe ist ja von der Größenordung [mm]\sum\frac{1}{n^2}[/mm],
> was bekanntlich (?) konvergent ist.
>
> Finde also eine konvergente Majorante von der Form
> [mm]M\cdot{}\sum\frac{1}{n^2}[/mm]
>
ich glaube die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}} [/mm] konvergiert gegen [mm] \bruch{\pi^{2}}{6}
[/mm]
Aber ich finde irgendwie keine Majorante.
Gruß
Marmik
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Hallo nochmal,
> >
> > Nein, es ist
> >
> [mm]\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\left(\frac{n+1-1}{n+1}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n[/mm]
> >
> > Und [mm]\left(1+\frac{x}{n}\right)^n[/mm] kennst du doch?! Wogegen
> > konvergiert das?
> >
> Wenn ich die +1 im Nenner ignorieren darf dann müsste der
> Ausdruck gegen [mm]\bruch{1}{e}[/mm] konvergieren, was ja kleiner
> als 1 ist und somit konvergiert auch die Reihe oder? ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Genauer als "ignorieren" ist:
[mm] $\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\cdot{}\frac{1}{1-\frac{1}{n+1}}$
[/mm]
Nun geht - wenn [mm] $n\to\infty$ [/mm] - auch $n+1$ gegen [mm] $\infty$ [/mm] (setze etwa $m:=n+1$)
Nach den GW-Sätzen konvergiert das also gegen [mm] $\frac{1}{e}\cdot{}\frac{1}{1}=\frac{1}{e}$
[/mm]
>
>
> >
> > Ja, nimm mal das Vergleichskriterium ...
> >
> > Die Reihe ist ja von der Größenordung [mm]\sum\frac{1}{n^2}[/mm],
> > was bekanntlich (?) konvergent ist.
> >
> > Finde also eine konvergente Majorante von der Form
> > [mm]M\cdot{}\sum\frac{1}{n^2}[/mm]
> >
> ich glaube die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}}[/mm]
> konvergiert gegen [mm]\bruch{\pi^{2}}{6}[/mm]
Der Wert ist egal, der kümmert uns ja nicht.
> Aber ich finde irgendwie keine Majorante.
Nun, du musst [mm] $\frac{1}{n^2-2n-2}$ [/mm] vergrößern.
Dazu kannst du (z.B.) den Edit: Zähler Nenner Edit Ende verkleinern.
>
> Gruß
> Marmik
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:59 Di 22.01.2013 | | Autor: | marmik |
Hi nochmal,
Also mein Problem ist, dass ich keine Reihe [mm] b_n [/mm] finde die größer gleich der Reihe [mm] a_n=\bruch{1}{n^{2}-2n-2} [/mm] , sodass ich dann auch das Vergleichskriterium anwenden kann. Ich muss ja über die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}b_n [/mm] wissen, dass sie auf jeden Fall absolut konvergiert und dann muss noch [mm] \left| \bruch{a_n}{b_n} \right|=c [/mm] mit c>0 gelten... Das überfordert mich gerade ein bisschen -.- gibt es vielleicht noch einen anderen Weg die Konvergenz dieser Reihe nachzuweisen?
Gruß
Marmik
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:37 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi nochmal,
> Also mein Problem ist, dass ich keine Reihe [mm]b_n[/mm]
Du meinst, Du findest " keine [mm] $b_n$ [/mm] so, dass [mm] $\textbf{die Reihe über die }b_n$..."
[/mm]
> finde die
> größer gleich der Reihe
[mm] $\textbf{über die}$
[/mm]
> [mm]a_n=\bruch{1}{n^{2}-2n-2}[/mm] ,
> sodass ich dann auch das Vergleichskriterium anwenden kann.
> Ich muss ja über die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}b_n[/mm]
> wissen, dass sie auf jeden Fall absolut konvergiert und
> dann muss noch [mm]\left| \bruch{a_n}{b_n} \right|=c[/mm] mit c>0
> gelten... Das überfordert mich gerade ein bisschen -.-
> gibt es vielleicht noch einen anderen Weg die Konvergenz
> dieser Reihe nachzuweisen?
Ich verstehe gerade Dein Problem nicht. [mm] $\sum 1/n^2$ [/mm] ist doch konvergent,
da sind wir uns einig, oder?
Setze also [mm] $b_n:=\tfrac{1}{n^2}\,,$ [/mm] dann folgt
[mm] $$\lim_{n \to \infty}|a_n/b_n| [/mm] = [mm] \text{ ?}$$
[/mm]
(Wegen [mm] $\text{?} [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] hat dann [mm] $\sum a_n$ [/mm] das gleiche Konvergenzverhalten wie
die bereits als konvergent erkannte Reihe [mm] $\sum b_n=\sum 1/n^2\,.$)
[/mm]
P.S. Ich empfehle Dir auch nochmal, den Beweis des Vergleichkriteriums hier
"nachzuahmen", nur für die spezielle Situation angepasst:
Es gilt
[mm] $$a_n/b_n \to \text{ ?} \text{ bei }n \to \infty\,,$$
[/mm]
und weil [mm] $a_n \ge [/mm] 0$ ist für jedenfalls alle $n [mm] \ge 3\,,$ [/mm] gibt es auch o.E.
zu [mm] $\varepsilon:=\text{ ?}/2 [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] ein [mm] $N=N_\varepsilon\,,$ [/mm] welches o.E. mit $N [mm] \ge [/mm] 3$ gewählt werden kann, so dass
[mm] $$\text{?}-\varepsilon=\text{?}/2 [/mm] < [mm] a_n/b_n [/mm] < [mm] \text{?}+\varepsilon=\frac{3}{2}*\text{?}$$ [/mm]
Also gilt
[mm] $$\sum_{n=N}^\infty |a_n|=\sum_{n=N}^\infty a_n \le \frac{3}{2}*\text{?}*\sum_{n=N}^\infty \frac{1}{n^2}\,.$$
[/mm]
.
.
.
P.S. Dass [mm] $a_n \ge [/mm] 0$ sicher für alle $n [mm] \ge 3\,,$ [/mm] folgt schon wegen
[mm] $$n^2-2n-2=(n-1)^2-3\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:51 Di 22.01.2013 | | Autor: | marmik |
Sorry für die erneute Frage, habe deine Antwort davor irgendwie noch garnicht gesehen... Die muss ich mir nochma genauer anschauen.
Gruß
Marc
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:51 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Marmik,
> Hi nochmal,
> Also mein Problem ist, dass ich keine Reihe [mm]b_n[/mm] finde die
> größer gleich der Reihe [mm]a_n=\bruch{1}{n^{2}-2n-2}[/mm] ,
> sodass ich dann auch das Vergleichskriterium anwenden kann.
> Ich muss ja über die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}b_n[/mm]
> wissen, dass sie auf jeden Fall absolut konvergiert und
> dann muss noch [mm]\left| \bruch{a_n}{b_n} \right|=c[/mm] mit c>0
> gelten... Das überfordert mich gerade ein bisschen -.-
> gibt es vielleicht noch einen anderen Weg die Konvergenz
> dieser Reihe nachzuweisen?
ja, man kann es halt mit direkten Abschätzungen natürlich auch machen,
sollte aber in etwa die Richtung wissen, wo man hin will (die Richtung
bekommt man aber aus dem Vergleichskriterium; wir machen hier nicht
ganz das gleiche wie beim Vergleichskriterium!): Zunächst überlegt man
sich, dass sicherlich für alle $n [mm] \ge [/mm] 5$ gilt
[mm] $$n^2-2n-2 \ge \frac{n^2}{2}\,,$$
[/mm]
denn das folgt aus
[mm] $$n^2-4n-4=(n-2)^2-8 \ge 0\,.$$
[/mm]
Daher
[mm] $$\sum_{n=5}^\infty \underbrace{\frac{1}{n^2-2n-2}}_{\ge 0 \text{ wegen }n \ge 5 \ge 3} \le \sum_{n=5}^\infty \frac{2}{n^2}\,.$$
[/mm]
Daraus kannst Du (leicht) die Behauptung folgern!
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:59 Di 22.01.2013 | | Autor: | abakus |
> Hallo Marmik,
>
> > Hi nochmal,
> > Also mein Problem ist, dass ich keine Reihe [mm]b_n[/mm] finde
> die
> > größer gleich der Reihe [mm]a_n=\bruch{1}{n^{2}-2n-2}[/mm] ,
Hallo Marmik,
der Term wird größer, wenn du den Zähler beibehältst und den Nenner verkleinerst.
Wenn du beispielsweise [mm] $n^2-2n-2$ [/mm] ersetzt durch [mm] $n^2-4n+4$, [/mm] dann ist ab n=4 der Nenner [mm] $n^2-4n+4=(n-2)^2$ [/mm] kleiner und damit der Bruch mit diesem Nenner größer.
Gruß Abakus
> > sodass ich dann auch das Vergleichskriterium anwenden kann.
> > Ich muss ja über die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}b_n[/mm]
> > wissen, dass sie auf jeden Fall absolut konvergiert und
> > dann muss noch [mm]\left| \bruch{a_n}{b_n} \right|=c[/mm] mit c>0
> > gelten... Das überfordert mich gerade ein bisschen -.-
> > gibt es vielleicht noch einen anderen Weg die Konvergenz
> > dieser Reihe nachzuweisen?
>
> ja, man kann es halt mit direkten Abschätzungen natürlich
> auch machen,
> sollte aber in etwa die Richtung wissen, wo man hin will
> (die Richtung
> bekommt man aber aus dem Vergleichskriterium; wir machen
> hier nicht
> ganz das gleiche wie beim Vergleichskriterium!): Zunächst
> überlegt man
> sich, dass sicherlich für alle [mm]n \ge 5[/mm] gilt
> [mm]n^2-2n-2 \ge \frac{n^2}{2}\,,[/mm]
> denn das folgt aus
> [mm]n^2-4n-4=(n-2)^2-8 \ge 0\,.[/mm]
>
> Daher
> [mm]\sum_{n=5}^\infty \underbrace{\frac{1}{n^2-2n-2}}_{\ge 0 \text{ wegen }n \ge 5 \ge 3} \le \sum_{n=5}^\infty \frac{2}{n^2}\,.[/mm]
>
> Daraus kannst Du (leicht) die Behauptung folgern!
>
> Gruß,
> Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:09 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Abakus,
> Hallo Marmik,
> der Term wird größer, wenn du den Zähler beibehältst
> und den Nenner verkleinerst.
> Wenn du beispielsweise [mm]n^2-2n-2[/mm] ersetzt durch [mm]n^2-4n+4[/mm],
> dann ist ab n=4 der Nenner [mm]n^2-4n+4=(n-2)^2[/mm] kleiner und
> damit der Bruch mit diesem Nenner größer.
sehr schön. Auf diese Idee kann man tatsächlich auch kommen, wenn man
erstmal ein paar Werte für [mm] $n^2-2n-2=(n-1)^2-3$ [/mm] ausrechnet:
[mm] $n=1\,$ [/mm] liefert [mm] $(n-1)^2-3=-3$
[/mm]
[mm] $n=2\,$ [/mm] liefert [mm] $(2-1)^2-3=-2$
[/mm]
[mm] $n=3\,$ [/mm] liefert [mm] $(3-1)^2-3=1$
[/mm]
[mm] $n=4\,$ [/mm] liefert [mm] $(n-1)^2-3=6 [/mm] > [mm] 4=2^2$
[/mm]
[mm] $n=5\,$ [/mm] liefert [mm] $(n-1)^2-3=11 [/mm] > [mm] 9=3^2 [/mm] $
[mm] $n=6\,$ [/mm] liefert [mm] $(n-1)^2-3=22 [/mm] > [mm] 16=4^2$
[/mm]
[mm] $n=7\,$ [/mm] liefert [mm] $(n-1)^2-3=33 [/mm] > [mm] 25=5^2$
[/mm]
.
.
.
(Der formale Beweis Deiner Behauptung ist ja auch nicht schwer, aber auf
die Idee, so abzuschätzen, kann man wirklich "tabellarisch" kommen...)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 20:30 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Schachuzipus,
> Nun, du musst [mm]\frac{1}{n^2-2n-2}[/mm] vergrößern.
>
> Dazu kannst du (z.B.) den Zähler verkleinern.
sicher, dass Du den [mm] $\textbf{Zähler}$ [/mm] (für $n [mm] \ge [/mm] 3$) verkleinern willst?
Bei Brüchen [mm] $\tfrac{a}{b}$ [/mm] mit $a,b > [mm] 0\,$ [/mm] ist doch [mm] $\tfrac{\tilde{a}}{b} [/mm] > [mm] \tfrac{a}{b}\,,$ [/mm] wenn [mm] $\tilde{a} [/mm] > [mm] a\,:$ [/mm] Ein größerer (nicht
kleinerer!) Zähler liefert also größeren Bruch!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 22:40 Di 22.01.2013 | | Autor: | schachuzipus |
Hallo Marcel.
Natürlich meinte ich "Nenner".
War in Eile und habe mich vertippt.
Gruß
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:16 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> >
> > Nein, es ist
> >
> [mm]\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\left(\frac{n+1-1}{n+1}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n[/mm]
> >
> > Und [mm]\left(1+\frac{x}{n}\right)^n[/mm] kennst du doch?! Wogegen
> > konvergiert das?
> >
> Wenn ich die +1 im Nenner ignorieren darf dann müsste der
> Ausdruck gegen [mm]\bruch{1}{e}[/mm] konvergieren, was ja kleiner
> als 1 ist und somit konvergiert auch die Reihe oder?
>
>
> >
> > Ja, nimm mal das Vergleichskriterium ...
> >
> > Die Reihe ist ja von der Größenordung [mm]\sum\frac{1}{n^2}[/mm],
> > was bekanntlich (?) konvergent ist.
> >
> > Finde also eine konvergente Majorante von der Form
> > [mm]M\cdot{}\sum\frac{1}{n^2}[/mm]
> >
> ich glaube die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}}[/mm]
> konvergiert gegen [mm]\bruch{\pi^{2}}{6}[/mm]
> Aber ich finde irgendwie keine Majorante.
woher kennst Du denn den Wert? Es ist sogar relativ leicht, die Konvergenz
der Reihe einzusehen:
1. Möglichkeit: Speziell verwendet man den Cauchyschen Verdichtungssatz,
um zu beweisen, dass [mm] $\sum 1/n^\alpha$ [/mm] genau konvergiert für [mm] $\alpha [/mm] > [mm] 1\,.$
[/mm]
(Den Verdichtungssatz verwendest Du nur für [mm] $\alpha [/mm] > [mm] 0\,.$) [/mm]
Natürlich funktioniert der Beweis auch mit speziell [mm] $\alpha=2\,.$
[/mm]
2. Möglichkeit: Es gilt für jedes $N [mm] \in \IN$ [/mm] mit $N [mm] \ge 2\,:$
[/mm]
[mm] $$\sum_{n=1}^N 1/n^2=1+\sum_{n=2}^N 1/n^2 \le 1+\sum_{n=2}^N \frac{1}{n*(n-1)}$$
[/mm]
Ich behaupte, dass Du daraus (Ziehharmonikasumme: verwende [mm] $\tfrac{1}{n-1}-\tfrac{1}{n}=\tfrac{1}{n*(n-1)}$) [/mm] folgern kannst:
[mm] $$\sum_{n=1}^N 1/n^2 \le 2-1/N\,.$$
[/mm]
Allerdings kann man die letztstehende Ungleichung auch per Induktion
über $N [mm] \in \IN$ [/mm] beweisen!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:41 Di 22.01.2013 | | Autor: | marmik |
Hi,
Danke für die Antwort, aber leider kann ich damit echt nicht viel anfangen. Wir haben gerade erst mit Reihen begonnen und ich habe noch nie etwas von nem Cauchyschen Verdichtungssatz geschweige denn einer Ziehharmonikasumme gehört. Den Wert kenn ich einfach, weil er auf ner Folie von uns stand aber unser Prof meinte das machen wir im 2. oder 3. Semester (also ich bin noch im ersten), deswegen glaube ich sollte es da eine wesentlich einfachere Lösung geben bzw einen Lösungsweg der weniger Wissen voraussetzt.
Gruß
Marmik
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:13 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Marmik,
> Hi,
> Danke für die Antwort, aber leider kann ich damit echt
> nicht viel anfangen. Wir haben gerade erst mit Reihen
> begonnen und ich habe noch nie etwas von nem Cauchyschen
> Verdichtungssatz
dann lassen wir den jetzt weg.
> geschweige denn einer Ziehharmonikasumme
> gehört.
Mensch: Aber einen Induktionsbeweis
$$\sum_{n=1}^N 1/n^2 \le 2-\frac{1}{N}$$
wirst Du doch hinbekommen? Daraus folgt, dass $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2 \le 2$
und nach dem Majorantenkriterium ist die Reihe konvergent.
> Den Wert kenn ich einfach, weil er auf ner Folie
> von uns stand aber unser Prof meinte das machen wir im 2.
> oder 3. Semester (also ich bin noch im ersten), deswegen
> glaube ich sollte es da eine wesentlich einfachere Lösung
> geben bzw einen Lösungsweg der weniger Wissen
> voraussetzt.
Ja, den Weg mit der Ziehharmonikasumme. Oben habe ich Dir nur einfach
eine Behauptung hingeschrieben, die per Induktion bewiesen werden kann.
Wie man einfach auf die Behauptung kommt, hat hiermit zu tun
(nachrechnen und fragen):
$$\sum_{n=n_0}^N (a_{n-1}-a_{n})=\Big(\sum_{n=n_0}^N a_{n-1}\Big)-\sum_{n=n_0}^N a_{n}=\Big(\sum_{n=n_0-1}^{N-1} a_{n}\Big)-\sum_{k=n_0}^{N} a_{k}=a_{n_0-1}-a_N\,.$$
Bei Dir ist $n_0=2\,$ und $a_n=\tfrac{1}{n-1}\,.$ Denn "in wundersamer Weise" gilt
$$\frac{1}{n*(n-1)}=\underbrace{\frac{1}{n-1}}_{=a_{n-1}}\;-\;\underbrace{\frac{1}{n}}_{=a_n}\,.$$
Und wenn Du das immer noch nicht sehen willst:
$$\sum_{n=2}^N \frac{1}{n*(n-1)}=\sum_{n=2}^N \left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=2}^N \left(\frac{1}{n-1}\right)-\sum_{n=2}^N\frac{1}{n}$$
$$=\left(1+\red{\frac{1}{2}}+\blue{\frac{1}{3}}+\ldots+\frac{\textbf{1}}{\textbf{N-2}}}+\green{\frac{1}{N-1}}\;\;\;\;\;\right)\;-\;\left(\;\;\;\;\;\red{\frac{1}{2}}+\blue{\frac{1}{3}}+\ldots+\frac{\textbf{1}}{\textbf{N-2}}}+\green{\frac{1}{N-1}}+\frac{1}{N}\right)\,.$$
Siehst Du, dass sich da "viele Summanden zu 0 wegheben"?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:45 Di 22.01.2013 | | Autor: | marmik |
So leid es mir tut aber jetzt versteh ich echt nichts mehr -.-
Geht es hier noch um die Aufgabe oder was soll ich hier zeigen ?
Ich habe keine Ahnung warum ich die Summe von [mm] n_{0} [/mm] bis N betrachte über die Differenz von Vorglied und Folgeglied. Ich habe auch keine Ahnung warum das Majorantenkriterium mir sagt dass die Reihe konvergiert nur weil sie kleiner gleich 2 ist.
Ich bin jetzt auch davon ausgegangen dass [mm] a_n=\bruch{1}{n^{2}} [/mm] ist und ein paar Zeilen später lese ich dass [mm] a_n=\bruch{1}{n} [/mm] bzw [mm] a_n=\bruch{1}{n-1} [/mm] irgendwie widerspricht sich da alles für mich und ich sehe leider nicht wo das hinführen soll und was die Absicht ist.
Und was du ganz am Ende so bunt geschrieben hast habe ich schonmal gesehen, aber ich kann leider überhaupt keinen Zusammenhang zu der Aufgabe herstellen.
Ich Schätze echt deine Mühe aber ich glaube das übersteigt meinen Horizont...
Gruß
Marmik
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Hallo,
ja, Marcel holt gerne theoretisch etwas weiter aus 
Ich habe nicht alles im thread gelesen, vllt. wiederhole ich also etwas, aber ich versuch's mal, "einfach" und auf die Aufgabe ganz konkret bezogen zu formulieren:
Für die Aufgabe kommt es darauf an, mit einem Vielfachen der Reihe [mm]\sum\frac{1}{n^2}[/mm] eine konvergente Majorante zu der Ausgangsreihe zu finden.
Und wie schon erwähnt ist [mm]n^2-2n-2\ge \frac{n^2}{2}[/mm], also [mm]\frac{1}{n^2-2n-2}\le\frac{1}{\frac{n^2}{2}}=2\cdot{}\frac{1}{n^2}[/mm]
Aber diese Abschätzung gilt halt erst für [mm]n\ge 5[/mm]
Für die ersten 4 Summanden gilt die Abschätzung nicht.
Schreiben wir diese 4 Summanden also separat:
[mm]\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-2n-2}=-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{6}+\sum\limits_{n=5}^{\infty}\frac{1}{n^2-2n-2}[/mm]
Und hier können wir die "Restreihe" abschätzen:
[mm]\le -\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{6}+2\cdot{}\sum\limits_{n=5}^{\infty}\frac{1}{n^2}[/mm]
Die ersten 4 Summanden spielen für das Konvergenzverhalten keine Rolle, denn eine Summe mit endlich vielen Summanden (hier 4 Summanden) hat immer einen endlichen Wert. Das Konvergenzverhalten wird allein von der "Restreihe" bestimmt.
Ist das so klar geworden?
Liebe Grüße
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:53 Di 22.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Marmik,
> So leid es mir tut aber jetzt versteh ich echt nichts mehr
> -.-
> Geht es hier noch um die Aufgabe oder was soll ich hier
> zeigen ?
es geht um die Konvergenz der Reihe [mm] $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2\,.$
[/mm]
> Ich habe keine Ahnung warum ich die Summe von [mm]n_{0}[/mm] bis N
> betrachte über die Differenz von Vorglied und Folgeglied.
Weil ich Dir geschrieben habe, dass wir zuvor abgeschätzt hatten, dass
[mm] $$\sum_{n=1}^N 1/n^2 \le 1+\sum_{n=\red{2}}^N 1/n^2 \le 1+\sum_{n=2}^N \tfrac{1}{n*(n-1)}$$
[/mm]
gilt.
Um die Konvergenz von [mm] $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2$ [/mm] einzusehen, reicht es so, wie wir sehen werden,
zu zeigen, dass
[mm] $$\sum_{n=2}^N \tfrac{1}{n*(n-1)}$$
[/mm]
konvergiert. (Und diese Konvergenz könnte man auch direkt mit dem
Majorantenkriterium einsehen, wenn man einfach die genannte
Ungleichung [mm] $\sum_{n=2}^N \tfrac{1}{n*(n-1)} \le [/mm] 1-1/N$ induktiv beweist - denn daraus folgt
[mm] $$1+\sum_{n=2}^N \tfrac{1}{n*(n-1)} \le 2\,.\text{)}$$
[/mm]
> Ich habe auch keine Ahnung warum das Majorantenkriterium
> mir sagt dass die Reihe konvergiert nur weil sie kleiner
> gleich 2 ist.
Kennst Du nicht den Beweis des Majorantenkriteriums? Wenn Du eine
Reihe [mm] $\sum a_n$ [/mm] hast, die (ab einem gewissen Index) monoton wachsend
ist (eine Reihe ist ja erstmal nur die Folge ihrer Teilsummen!), dann
konvergiert die Reihe, wenn sie nach oben beschränkt ist. Das ist im Prinzip
nichts anderes als die Anwendung des Hauptsatzes über monotone
Folgen, der ja auch beinhaltet: Nach oben beschränkte monoton
wachsende Folgen müssen konvergieren!
> Ich bin jetzt auch davon ausgegangen dass
> [mm]a_n=\bruch{1}{n^{2}}[/mm] ist und ein paar Zeilen später lese
> ich dass [mm]a_n=\bruch{1}{n}[/mm] bzw [mm]a_n=\bruch{1}{n-1}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Nö, mit $a_n=1/n$ wäre doch offenbar $a_{\red{n-1}}=1/(\red{n-1})\,.$
> irgendwie
> widerspricht sich da alles für mich und ich sehe leider
> nicht wo das hinführen soll und was die Absicht ist.
Okay, das kann verwirren. Schreiben wir halt $\tilde{a}_n:=1/n^2$ und
$a_n:=1/n\,,$ dann besteht halt der obige Zusammenhang
$$\sum_{n=1}^\infty \tilde{a}_n=\sum_{n=1}^\infty1/n^2 \le 1+\sum_{n=2}^\infty (a_{n-1}-a_n)=1+\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\,.$$
Du kannst jetzt sagen: $\sum_{n=1}^\infty \tilde{a}_n=\sum_{n=1}^\infty1/n^2$ ist (streng) monoton wachsend,
also reicht es, zu zeigen, dass diese Reihe (durch etwa $2\,$) nach oben
beschränkt ist.
Dazu kann man halt $\sum_{n=2}^\infty (a_{n-1}-a_n)=\sum_{n=2}^\infty \tfrac{1}{n-1}-\tfrac{1}{n}$ benutzen, weil $a_n=1/n \to 0\,.$
> Und was du ganz am Ende so bunt geschrieben hast
Naja, vor der großen aufgehenden Klammer "rechts" steht da doch ein Minus,
entsprechend heben sich die Summanden gleicher Farbe zu $0\,$ weg.
Stehen bleibt dann am Ende $(1)-(1/N)=1-1/N\,.$ Wie gesagt: Selbst mal
hinschreiben. Das "Ausmultiplizieren und das Sortieren" habe ich da auch
nicht mehr getan, denn das hatte ich eh mit dem Summenzeichen zuvor
schonmal gemacht gehabt.
> habe ich
> schonmal gesehen, aber ich kann leider überhaupt keinen
> Zusammenhang zu der Aufgabe herstellen.
Schreib's Dir halt nochmal selbst in Ruhe auf, und versuch', das ganze nach
und nach nachzuvollziehen. Du kannst auch sagen, dass Du einfach
akzeptierst, dass $\sum 1/n^2$ eine konvergente Reihe ist, und mehr bei
der Aufgabe gar nicht benutzen willst. Du kannst es Dir aber auch selbst
überlegen. Das sieht jetzt hier vielleicht schwerer aus, als es wirklich ist...
> Ich Schätze echt deine Mühe aber ich glaube das
> übersteigt meinen Horizont...
Das glaube ich nicht - ich sag' Dir eher, woran Dein "momentanes
Nichtverstehen" liegt: Ich bin in vielen Sachen: Notationen, Anwendungen
von Ziehharmonikasummen/-Reihen, Abschätzungen etc. pp. einfach
geübter. Insbesondere habe ich die Sachen da schon selbst (für mich und
für andere) so oft hingeschrieben, dass ich da nicht mehr viel überlegen
muss, sondern es quasi schnell "überblicke" und trotzdem inhaltlich alles
weiß. Du kennst das noch nicht so. Insbesondere habe ich gemerkt, dass
Dir ein Detail aus dem Majorantenkriterium gar nicht so klar ist:
Wenn Du eine Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n$ - seien jetzt o.E. ALLE $a_n \ge 0$ -
hast, und Du willst zeigen, dass $\sum_{n=1}^\infty a_n$ konvergiert, so machst Du
das eigentlich, indem Du einfach zeigst, dass die Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n\,,$
welches dann nur die Folge ihrer Teilsummen ist, also
$$\sum_{n=1}^\infty a_n=\Big(\sum_{n=1}^N a_n\Big)}_{N=1}^\infty$$
nach oben beschränkt ist. Ist Dir das klar? Denn wenn alle $a_n \le b_n$
sind und dann die Reihe $\sum_{n=1}^\infty b_n=\Big(\sum_{n=1}^N b_n\Big)}_{N=1}^\infty$ konvergiert, dann ist deren Grenzwert
(der dann mit dem gleichen Symbol $\sum_{n=1}^\infty b_n$ notiert wird, aber die Bedeutung hier kommt gleich):
$$\sum_{n=1}^\infty b_n=\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^N b_n$$
nämlich einfach eine obere Schranke für die Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n\,.$
(Zur "eventuellen Doppeldeutigkeit" des Symbols $\sum_{n=1}^\infty a_n$: ![[]](/images/popup.gif) Definition 6.1 (klick!)
Oder auch hier (klick!).)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:41 Mi 23.01.2013 | | Autor: | marmik |
Hallo Marcel und Schachuzipus,
Danke für eure große Hilfe !
Ich bin jetzt eure ganzen Beiträge nochmal durchgegangen und habe probiert alles nachzuvollziehen. Ich wollte dann jetzt die Aufgabe mal vorrechnen und würde mich freuen falls einer von euch sie bestätigen könnte bzw. Mich korrigieren wenn irgendwo noch ein Fehler ist. Dann fang ich mal an:
Zu zeigen ist: [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2}
[/mm]
Es gilt: [mm] n^{2}-2n-2\ge \bruch{n^{2}}{2} \rightarrow \bruch{1}{n^{2}-2n-2}\le \bruch{2}{n^{2}} [/mm] für [mm] n\ge [/mm] 5 [mm] \rightarrow [/mm] wenn also [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{2}{n^{2}} [/mm] konvergiert, dann konvergiert auch [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2} [/mm] und wenn [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}} [/mm] konvergiert dann konvergiert natürlich auch [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{2}{n^{2}}
[/mm]
Abschätzung: [mm] \summe_{n=1}^{N}\bruch{1}{n^{2}}\le 1+\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n^{2}}\le 1+\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)} \rightarrow [/mm] zu zeigen ist jetzt die Konvergenz von [mm] \summe_{n=1}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}
[/mm]
Dazu ist die Ungleichung die du mir gegeben hast nützlich:
[mm] \summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}\le 1-\bruch{1}{N}
[/mm]
Diese Ungleichung muss über einen Induktionsbeweis bewiesen werden:
Anfang: N=2 : [mm] \summe_{n=2}^{2}\bruch{1}{n(n-1)}=\bruch{1}{2}\le 1-\bruch{1}{2}=\bruch{1}{2}
[/mm]
Vorraussetzung ist also : [mm] \summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}\le 1-\bruch{1}{N}
[/mm]
Schluss: [mm] N\rightarrow [/mm] N+1 : [mm] \summe_{n=2}^{N+1}\bruch{1}{n(n-1)}=\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)} [/mm] + [mm] \bruch{1}{N(N+1)}\le 1-\bruch{1}{N}+\bruch{1}{N(N+1)}=1+\bruch{1-(N+1)}{N(N+1)}=1-\bruch{1}{N+1}
[/mm]
Dadurch ist (wenn ich hoffentlich nichts falsch gemacht habe) die Ungleichung bewiesen.
Daraus folgt nun: [mm] 1+\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}\le [/mm] 2
Außerdem:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}}\le 1+\summe_{n=2}^{\infty}a_{n-1}-a_n=1+\summe_{n=2}^{\infty}(\bruch{1}{n-1}-\bruch{1}{n})=1+\summe_{n=2}^{\infty}\bruch{1}{n(n-1)}\le [/mm] 2
Da die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}} [/mm] streng monoton wachsend und nach oben beschränkt ist konvergiert sie und somit konvergiert auch die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{2}{n^{2}} [/mm] und somit auch die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2}
[/mm]
Gruß
Marmik
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:14 Mi 23.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel und Schachuzipus,
> Danke für eure große Hilfe !
> Ich bin jetzt eure ganzen Beiträge nochmal durchgegangen
> und habe probiert alles nachzuvollziehen. Ich wollte dann
> jetzt die Aufgabe mal vorrechnen und würde mich freuen
> falls einer von euch sie bestätigen könnte bzw. Mich
> korrigieren wenn irgendwo noch ein Fehler ist. Dann fang
> ich mal an:
>
> Zu zeigen ist: [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2}[/mm]
> Es gilt: [mm]n^{2}-2n-2\ge \bruch{n^{2}}{2} \rightarrow \bruch{1}{n^{2}-2n-2}\le \bruch{2}{n^{2}}[/mm]
> für [mm]n\ge[/mm] 5 [mm]\rightarrow[/mm]
überlege Dir immer, ob es nicht besser ist, bei Äquivalenzumformungen
auch [mm] "$\iff$" [/mm] zu schreiben, zumal Du Dir dabei auch immer überlegen sollst,
welche Folgerungsrichtung Du eigentlich brauchst.
(Einschub: Ein Beispiel: Nehmen wir an, Du willst für $0 [mm] \le [/mm] x$ die Behauptung
$x < [mm] x+1\,$ [/mm] beweisen. Dann kannst Du bspw. sagen, dass die
Behauptung aus
[mm] $$\frac{x}{x+1} [/mm] < 1$$
folgt. (Natürlich geht das WESENTLICH einfacher auch anders!)
Wenn Du aber sagst, dass für $0 [mm] \le [/mm] x$ aus $x < x+1$ die wahre Aussage
[mm] $$\frac{x}{x+1} [/mm] < 1$$
folgt, dann hast Du damit keineswegs $x < [mm] x+1\,$ [/mm] bewiesen. (Denn aus
was falschem kann alles folgen: Aus der falschen Aussage [mm] $-3=3\,$ [/mm] folgt ja
dennoch die wahre Aussage [mm] ${(-3)}^2={3}^2\,,$ [/mm] weil halt [mm] ${3}^2=9$ [/mm] und auch [mm] ${(-3)}^2=9\,.$ [/mm]
Aber aus der falschen Aussage [mm] $3=4\,$ [/mm] folgt die falsche Aussage [mm] $3^2=9=16=4^2\,.$...)
[/mm]
So würde man, wenn man etwa zeigen wollte, dass für alle $0 [mm] \le [/mm] x$ auch
$$x < x+1$$
gilt, oben meinetwegen sagen:
Es gilt (wegen $x+1 > 0$)
$$x < x+1 [mm] \iff \frac{x}{x+1} [/mm] < [mm] 1\,,$$
[/mm]
und die rechte Ungleichung ist offensichtlich wahr (bekannt aus der
Bruchrechnung), so dass [mm] "$\Leftarrow$" [/mm] auch die Richtigkeit der linken
Ungleichung zeigt. Wobei man den Beweis hier so auch wirklich nur in
der Schule führen würde, denn eigentlich folgt $x < x+1$ eh aus gewissen
Axiomen, und die Richtigkeit von $x/(x+1) < [mm] 1\,$ [/mm] für $x [mm] \ge [/mm] 0$ wäre damit
eher das, was man damit dann folgern würde... aber egal! Einschub-Ende)
Zurück zur Aufgabe: Wieso gilt denn nun, universell sei dabei $n [mm] \ge 5\,,$ [/mm] bei
[mm] $$n^{2}-2n-2\ge \bruch{n^{2}}{2} \iff\bruch{1}{n^{2}-2n-2}\le \bruch{2}{n^{2}}$$
[/mm]
eine (und damit auch beide) dieser Ungleichungen?
(Das "universell $n [mm] \ge [/mm] 5$" gilt, heißt, dass das eine Generelvoraussetzung
an das [mm] $n\,$ [/mm] ist, die gilt, aber nicht immer explizit nochmal erwähnt wird.
D.h. eigentlich steht oben:
[mm] $$(n^{2}-2n-2\ge \bruch{n^{2}}{2} \text{ für alle }n \ge [/mm] 5) [mm] \iff (\bruch{1}{n^{2}-2n-2}\le \bruch{2}{n^{2}} \text{ für alle }n \ge 5)\text{.)}$$
[/mm]
Ich sehe das so jedenfalls nicht. Ich sehe aber folgendes:
[mm] $$n^{2}-2n-2\ge \bruch{n^{2}}{2} \iff n^2-4n-4 \ge [/mm] 0 [mm] \iff (n-2)^2-8 \ge 0\,.$$
[/mm]
Und die Ungleichung ganz rechts gilt sicher für alle $n-2 [mm] \ge 3\,,$ [/mm] also auch
für alle $n [mm] \ge 5\,:$ [/mm] Aus ihr folgt also durch Verfolgen der [mm] "$\Leftarrow$", [/mm]
dass auch die Ungleichung ganz links für alle $n [mm] \ge [/mm] 5$ gilt.
> wenn also
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{2}{n^{2}}[/mm] konvergiert, dann
> konvergiert auch [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2}[/mm]
> und wenn [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}}[/mm] konvergiert
> dann konvergiert natürlich auch
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{2}{n^{2}}[/mm]
>
> Abschätzung: [mm]\summe_{n=1}^{N}\bruch{1}{n^{2}}\le 1+\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n^{2}}\le 1+\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)} \rightarrow[/mm]
> zu zeigen ist jetzt die Konvergenz von
> [mm]\summe_{n=1}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}[/mm]
>
> Dazu ist die Ungleichung die du mir gegeben hast
> nützlich:
> [mm]\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}\le 1-\bruch{1}{N}[/mm]
> Diese
> Ungleichung muss über einen Induktionsbeweis bewiesen
> werden:
Nein, das ist NICHT NOTWENDIG, dass man das über einen Induktionsbeweis
macht, sondern HINREICHEND.
(Mach' also aus dem MUSS ein KANN; zumal ich Dir ja auch schon selbst
einen Hinweis gegeben habe, dass man mit Ziehharmonikasummen auf
einem alternativen Weg den Beweis führen kann!)
> Anfang: N=2 :
> [mm]\summe_{n=2}^{2}\bruch{1}{n(n-1)}=\bruch{1}{2}\le 1-\bruch{1}{2}=\bruch{1}{2}[/mm]
Ich hoffe, Du machst wenigstens irgendein Zeichen, dass $1/2 [mm] \le [/mm] 1/2$ offensichtlich
eine wahre Aussage ist und damit der I.A. gelungen ist!
> Vorraussetzung ist also :
> [mm]\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}\le 1-\bruch{1}{N}[/mm]
>
> Schluss: [mm]N\rightarrow[/mm] N+1 :
> [mm]\summe_{n=2}^{N+1}\bruch{1}{n(n-1)}=\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}[/mm]
> + [mm]\bruch{1}{N(N+1)}\le 1-\bruch{1}{N}+\bruch{1}{N(N+1)}=1+\bruch{1-(N+1)}{N(N+1)}=1-\bruch{1}{N+1}[/mm]
> Dadurch ist (wenn ich hoffentlich nichts falsch gemacht
> habe) die Ungleichung bewiesen.
Genau: Die Ungleichung gilt damit für alle natürlichen $N [mm] \ge 2\,.$
[/mm]
> Daraus folgt nun: [mm]1+\summe_{n=2}^{N}\bruch{1}{n(n-1)}\le[/mm] 2
Und zwar für alle natürlichen $N [mm] \ge 2\,.$
[/mm]
> Außerdem:
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}}\le 1+\summe_{n=2}^{\infty}a_{n-1}-a_n=1+\summe_{n=2}^{\infty}(\bruch{1}{n-1}-\bruch{1}{n})=1+\summe_{n=2}^{\infty}\bruch{1}{n(n-1)}\le 2[/mm]
Das würde ich jetzt so nicht mehr schreiben, weil Du Dir dann den obigen
Induktionsbeweis hättest sparen können. (Dieses "Rechnen mit der
Ziehharmonikasumme" kann man benutzen, um ALTERNATIV zu beweisen,
dass [mm] $\sum_{n=2}^N \tfrac{1}{n*(n-1)} \le 1-\tfrac{1}{N}$ [/mm] (eigentlich steht da sogar ein [mm] $=\,\;$ [/mm] anstatt des [mm] $\le$) [/mm] gilt!
Wenn Du den Induktionsbeweis dafür geführt hast, brauchst Du dafür nun
keinen zweiten Beweis. Der Vorteil dieser "Alternativen" ist aber: Man
kommt durch das Rechnen auf die Behauptung, die doch beim Induktionsbeweis
ja "wie durch göttliche Eingebung" erscheint.)
Schreibe hier einfach nur: Für jedes natürliche $N [mm] \ge [/mm] 2$ gilt damit
[mm] $$\summe_{n=1}^{N}\bruch{1}{n^{2}} \le 1+\sum_{n=2}^N \frac{1}{n*(n-1)} \le 2-\frac{1}{N}\le 2\,.$$
[/mm]
> Da die Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}}[/mm] streng
> monoton wachsend und nach oben beschränkt ist konvergiert
> sie und somit konvergiert auch die Reihe
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{2}{n^{2}}[/mm] und somit auch die
> Reihe [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{1}{n^{2}-2n-2}[/mm]
Soweit ist das alles ganz gut; der einzige wirkliche Kritikpunkt ist, dass Du
aus dem "MUSS" ein "KANN" machen solltest.
Und so nebenbei: Du kannst natürlich
[mm] $$\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} \blue{\;\le\;}2-\frac{1}{N}$$
[/mm]
per Induktion beweisen. Und es ist nicht falsch, dass Du
[mm] $$\sum_{n=2}^N \frac{1}{n*(n-1)} \red{\;\le\;}1-\frac{1}{N}$$
[/mm]
per Induktion bewiesen hast. Aber eigentlich kannst Du auch einfach
[mm] $$\sum_{n=2}^N \frac{1}{n*(n-1)} \blue{\;\;\text{=}\;\;}1-\frac{1}{N}$$
[/mm]
per Induktion beweisen. (Und diese Gleichheit ist das, was man eigentlich
direkt beim Rechnen mit Ziehharmonikasummen erhält. Ich hab's aber
gerade nachgeguckt: Ich hab' Dir ja selbst zuletzt das ganze so mit dem
Ungleichheitszeichen aufgeschrieben. Ist ja aber auch nicht falsch
gewesen ...)
Insgesamt war das aber total: , auch, wenn es sein kann, dass meine
unzähligen Kommentare Dich das nicht wirklich glauben lassen wollen.
Von 10 Punkten hätte ich Dir nun 9,5 auf die Aufgabe gegeben- vielleicht
sogar auch einfach alle 10!
Gruß,
Marcel
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