Übung: Konvergenz-Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Untersuchen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren.
1. [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{n!}{n^n}[/mm]
.. |
Guten Abend.
Zu 1:
Wenn ich eine Fakultät sehe, dann denke ich sofort an das Quotientenkriterium, weil das sonst bei Fakultäten gut funktioniert hat.
Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten, demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
Aber sonst wüsste ich nicht was ich machen soll.
Ich sehe da keine harmonische oder geometrische Reihe (Vergleichskriterium), es ist keine alternierende Reihe (Leibniz Kriterium), aber es ist ein n-ter Exponent enthalten also könnte ich vielleicht das Wurzelkriterium bemühen?
Was meint Ihr?
Vielen Dank für jede Hilfe
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:04 Do 17.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lisa!
> Untersuchen Sie, ob die folgenden Reihen konvergieren.
>
> 1. [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{n!}{n^n}[/mm]
>
> ..
>
> Guten Abend.
>
> Zu 1:
>
> Wenn ich eine Fakultät sehe, dann denke ich sofort an das
> Quotientenkriterium, weil das sonst bei Fakultäten gut
> funktioniert hat.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Da der Laufindex auch als Exponent auftaucht, könnte man auch an
das Wurzelkriterium denken - aber das sieht hier erstmal komplizierter aus.
> Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten,
> demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage
> über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
Rechnen wir es mal zusammen durch:
[mm] $$(\*)\;\;\;\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^n}=\frac{(n+1)!}{n!}*\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)*\frac{1}{n+1}*\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\,.$$
[/mm]
Ich sehe das anders als Du, da man nun in [mm] $(\*)$ [/mm] sogar einfach den Limes
mit $n [mm] \to \infty$ [/mm] bilden kann (wogegen strebt nochmal [mm] ${((1+1/n)^n)}_{n \in \IN}$?), [/mm] und dann sieht,
dass der zugehörige Limsup, der dann ja mit diesem Limes übereinstimmen
muss, sicher $ [mm] \in [/mm] (0,1)$ liegen wird.
Nebenbei: Interessant ist ja auch, dass wohl [mm] $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n!}/n=1/e\,$ [/mm] sein
muss...
> Aber sonst wüsste ich nicht was ich machen soll.
> Ich sehe da keine harmonische oder geometrische Reihe
> (Vergleichskriterium), es ist keine alternierende Reihe
> (Leibniz Kriterium), aber es ist ein n-ter Exponent
> enthalten also könnte ich vielleicht das Wurzelkriterium
> bemühen?
>
> Was meint Ihr?
Denke nochmal über Deine Rechnung nach, und wenn Du Deinen Fehler im
Vergleich mit [mm] $(\*)$ [/mm] nicht findest, dann rechne es uns vor!
Gruß,
Marcel
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Hallo marcel, und eines liebes Dankeschön, dass du mir hilfst :)
> > Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten,
> > demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage
> > über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
>
> Rechnen wir es mal zusammen durch:
>
> [mm](\*)\;\;\;\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^n}=\frac{(n+1)!}{n!}*\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)*\frac{1}{n+1}*\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\,.[/mm]
Ich habe genau die gleiche Rechnung, aber ich dachte der Grenzwert wäre dann 1.
[mm]... = \limes_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{(1+0)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{1^n} = 1[/mm]
> Ich sehe das anders als Du, da man nun in [mm](\*)[/mm] sogar
> einfach den Limes
> mit [mm]n \to \infty[/mm] bilden kann (wogegen strebt nochmal
> [mm]{((1+1/n)^n)}_{n \in \IN}[/mm]?), und dann sieht,
Ich dachte der Reihenwert strebt gegen e. Also wenn man alles aufaddiert dann entspricht die Summe e, aber wenn man nur den Grenzwert betrachtet, dachte ich ist dieser 1.
> dass der zugehörige Limsup, der dann ja mit diesem Limes
> übereinstimmen
> muss, sicher [mm]\in (0,1)[/mm] liegen wird.
> Nebenbei: Interessant ist ja auch, dass wohl [mm]\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n!}/n=1/e\,[/mm]
> sein
> muss...
>
> > Aber sonst wüsste ich nicht was ich machen soll.
> > Ich sehe da keine harmonische oder geometrische Reihe
> > (Vergleichskriterium), es ist keine alternierende Reihe
> > (Leibniz Kriterium), aber es ist ein n-ter Exponent
> > enthalten also könnte ich vielleicht das Wurzelkriterium
> > bemühen?
> >
> > Was meint Ihr?
>
> Denke nochmal über Deine Rechnung nach, und wenn Du Deinen
> Fehler im
> Vergleich mit [mm](\*)[/mm] nicht findest, dann rechne es uns vor!
>
> Gruß,
> Marcel
Gruß,
Lisa
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:33 Do 17.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lisa,
> Hallo marcel, und eines liebes Dankeschön, dass du mir
> hilfst :)
gerne!
>
> > > Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten,
> > > demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage
> > > über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
> >
> > Rechnen wir es mal zusammen durch:
> >
> >
> [mm](\*)\;\;\;\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^n}=\frac{(n+1)!}{n!}*\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)*\frac{1}{n+1}*\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\,.[/mm]
>
> Ich habe genau die gleiche Rechnung, aber ich dachte der
> Grenzwert wäre dann 1.
Weißt Du, warum das schon gar nicht sein kann? Die Folge [mm] ${((1+1/n)^n)}_{n \in \IN}$ [/mm]
ist doch monoton wachsend (Beweis wird üblicherweise in der Analysis-
Vorlesung geführt oder als Übungsaufgabe gestellt; vgl. auch ![[]](/images/popup.gif) Beispiel
5.13 (klick!)), dann ist doch [mm] $(1+1/n)^n \ge (1+1/1)^1=2$ [/mm] für alle [mm] $n\,.$
[/mm]
Ich schreibe Dir später nochmal weiteres...
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:16 Do 17.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lisa,
> Hallo marcel, und eines liebes Dankeschön, dass du mir
> hilfst :)
>
>
> > > Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten,
> > > demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage
> > > über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
> >
> > Rechnen wir es mal zusammen durch:
> >
> >
> [mm](\*)\;\;\;\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^n}=\frac{(n+1)!}{n!}*\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)*\frac{1}{n+1}*\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\,.[/mm]
>
> Ich habe genau die gleiche Rechnung, aber ich dachte der
> Grenzwert wäre dann 1.
>
> [mm]... = \limes_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{(1+0)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{1^n} = 1[/mm]
>
> > Ich sehe das anders als Du, da man nun in [mm](\*)[/mm] sogar
> > einfach den Limes
> > mit [mm]n \to \infty[/mm] bilden kann (wogegen strebt nochmal
> > [mm]{((1+1/n)^n)}_{n \in \IN}[/mm]?), und dann sieht,
>
> Ich dachte der Reihenwert strebt gegen e. Also wenn man
> alles aufaddiert dann entspricht die Summe e, aber wenn man
> nur den Grenzwert betrachtet, dachte ich ist dieser 1.
kapiere ich nun gar nicht: Es gilt doch [mm] $(1+1/n)^n \to e\,,$ [/mm] und, kurz gesagt,
das ist ein monoton wachsendes Streben (braucht man hier nun nicht, sollte
man sich aber behalten). Dann folgt doch gemäß den Rechenregeln für
konvergente Folgen:
[mm] $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1+1/n)^n}=\frac{1}{\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n}=1/e\.$$
[/mm]
Von welcher Reihe und welchem Reihenwert redest Du nun?
P.S.: Ich muss jetzt wirklich leider schlafen, daher schonmal: Gute Nacht!
(Es ist nur spät, ich bin nicht böse; nicht, dass Du falsches denkst...)
P.P.S. [mm] $\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n\red{\;=\;}\lim_{n \to \infty}(1+0)^n$
[/mm]
darfst Du natürlich nicht schreiben - wie willst Du das denn begründen?
Wenn Du da irgendwie daran denkst, dass man doch bei einem Produkt
konvergenter Folgen den Grenzwert als Produkt der Grenzwerte berechnet:
Dieser Satz stimmt. Aber dabei bleibt die Anzahl der betrachteten Folgen, also
der Faktoren, auch fest. Bei [mm] $(1+1/n)^n$ [/mm] hast Du doch
für $n=1:$ einen Faktor: [mm] $(1+1/1)^1=(1+1/1)$
[/mm]
für $n=2:$ zwei Faktoren: [mm] $(1+1/2)^2=(1+1/2)*(1+1/2)$
[/mm]
für $n=3:$ drei Faktoren: [mm] $(1+1/3)^3=(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)$
[/mm]
für $n=4:$ vier Faktoren: [mm] $(1+1/4)^4=(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)$
[/mm]
.
.
.
Mach' Dir etwa mal den Unterschied zu [mm] $(1+1/n)^N\,$ [/mm] klar, wobei $N [mm] \in \IN$
[/mm]
beliebig, aber fest, also ein Parameter, ist. Beispielsweise sei [mm] $N=4\,,$ [/mm] dann
hast Du
für $n=1:$ N=4 Faktoren: [mm] $(1+1/1)^4=(1+1/1)*(1+1/1)*(1+1/1)*(1+1/1)$
[/mm]
für $n=2:$ N=4 Faktoren: [mm] $(1+1/2)^4=(1+1/2)*(1+1/2)*(1+1/2)*(1+1/2)$
[/mm]
für $n=3:$ N=4 Faktoren: [mm] $(1+1/3)^4=(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)$
[/mm]
für $n=4:$ N=4 Faktoren: [mm] $(1+1/4)^4=(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)$
[/mm]
für $n=5:$ N=4 Faktoren: [mm] $(1+1/5)^4=(1+1/5)*(1+1/5)*(1+1/5)*(1+1/5)$
[/mm]
.
.
.
Es ist dabei [mm] $N\,$ [/mm] ein [mm] $N\,,$ [/mm] was NICHT von [mm] $n\,$ [/mm] abhängt! (Du siehst hier
auch schön, dass man die Faktoren in eine feste Zahl von Spalten in eine
Matrix bauen könnte - die Matrix müßte [mm] $N=4\,$ [/mm] Spalten haben. Bei der Folge
mit [mm] $(1+1/n)^n$ [/mm] braucht man mit wachsendem [mm] $n\,$ [/mm] immer mehr Spalten,
also unendlich viele Spalten.)
Anders gesagt: Ist $N [mm] \in \IN$ [/mm] fest, dann gilt
[mm] $$\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^N=(\lim_{n \to \infty}(1+1/n))^N=(1+\lim_{n \to \infty}1/n)^N=1^N=1\,,$$
[/mm]
wäre [mm] $N=N_n\,,$ [/mm] also beispielsweise [mm] $N_n=n\,,$ [/mm] dann geht das so oben nicht
mehr. Du darfst dann auch nicht
[mm] $$\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^{N_n}\;\red{=}\;(\lim_{n \to \infty} (1+1/n))^{\blue{\lim_{n \to \infty}}N_n}$$
[/mm]
schreiben. Und das von Dir vorgeschlagene
[mm] $$\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^{N_n}=(\lim_{n \to \infty}1+1/n)^{N_n}$$
[/mm]
macht eigentlich noch weniger Sinn, denn für welches [mm] $n\,$ [/mm] ist dann der
Exponent [mm] $N_n$ [/mm] gemeint? Ich meine, Du schreibst ja auch nicht
[mm] $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}=\frac{1}{n}*\lim_{n \to \infty}1\,,$$
[/mm]
denn eine Laufvariable kann man i.a. "nicht vom dem Laufen befreien" - so
grob gesagt.
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel :)
> Hallo Lisa,
>
> > Hallo marcel, und eines liebes Dankeschön, dass du mir
> > hilfst :)
> >
> >
> > > > Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten,
> > > > demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage
> > > > über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
> > >
> > > Rechnen wir es mal zusammen durch:
> > >
> > >
> >
> [mm](\*)\;\;\;\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^n}=\frac{(n+1)!}{n!}*\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)*\frac{1}{n+1}*\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\,.[/mm]
> >
> > Ich habe genau die gleiche Rechnung, aber ich dachte der
> > Grenzwert wäre dann 1.
> >
> > [mm]... = \limes_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{(1+0)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{1^n} = 1[/mm]
>
> >
> > > Ich sehe das anders als Du, da man nun in [mm](\*)[/mm] sogar
> > > einfach den Limes
> > > mit [mm]n \to \infty[/mm] bilden kann (wogegen strebt nochmal
> > > [mm]{((1+1/n)^n)}_{n \in \IN}[/mm]?), und dann sieht,
> >
> > Ich dachte der Reihenwert strebt gegen e. Also wenn man
> > alles aufaddiert dann entspricht die Summe e, aber wenn man
> > nur den Grenzwert betrachtet, dachte ich ist dieser 1.
>
> kapiere ich nun gar nicht: Es gilt doch [mm](1+1/n)^n \to e\,,[/mm]
> und, kurz gesagt,
> das ist ein monoton wachsendes Streben (braucht man hier
> nun nicht, sollte
> man sich aber behalten). Dann folgt doch gemäß den
> Rechenregeln für
> konvergente Folgen:
> [mm]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1+1/n)^n}=\frac{1}{\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n}=1/e\.[/mm]
>
> Von welcher Reihe und welchem Reihenwert redest Du nun?
[mm]\summe_{n=1}^{\infty} (1+1/n)^n[/mm]
Aber das war wieder nur ein Denkefehler, diese Reihe divergiert ja.
Sorry.
> P.S.: Ich muss jetzt wirklich leider schlafen, daher
> schonmal: Gute Nacht!
> (Es ist nur spät, ich bin nicht böse; nicht, dass Du
> falsches denkst...)
Verstehe ich :) Gute Nacht ;)
> P.P.S. [mm]\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n\red{\;=\;}\lim_{n \to \infty}(1+0)^n[/mm]
>
> darfst Du natürlich nicht schreiben - wie willst Du das
> denn begründen?
> Wenn Du da irgendwie daran denkst, dass man doch bei einem
> Produkt
> konvergenter Folgen den Grenzwert als Produkt der
> Grenzwerte berechnet:
> Dieser Satz stimmt. Aber dabei bleibt die Anzahl der
> betrachteten Folgen, also
> der Faktoren, auch fest. Bei [mm](1+1/n)^n[/mm] hast Du doch
>
> für [mm]n=1:[/mm] einen Faktor: [mm](1+1/1)^1=(1+1/1)[/mm]
>
> für [mm]n=2:[/mm] zwei Faktoren: [mm](1+1/2)^2=(1+1/2)*(1+1/2)[/mm]
>
> für [mm]n=3:[/mm] drei Faktoren: [mm](1+1/3)^3=(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)[/mm]
>
> für [mm]n=4:[/mm] vier Faktoren:
> [mm](1+1/4)^4=(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)[/mm]
>
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> Mach' Dir etwa mal den Unterschied zu [mm](1+1/n)^N\,[/mm] klar,
> wobei [mm]N \in \IN[/mm]
> beliebig, aber fest, also ein Parameter,
> ist. Beispielsweise sei [mm]N=4\,,[/mm] dann
> hast Du
>
> für [mm]n=1:[/mm] N=4 Faktoren:
> [mm](1+1/1)^4=(1+1/1)*(1+1/1)*(1+1/1)*(1+1/1)[/mm]
>
> für [mm]n=2:[/mm] N=4 Faktoren:
> [mm](1+1/2)^4=(1+1/2)*(1+1/2)*(1+1/2)*(1+1/2)[/mm]
>
> für [mm]n=3:[/mm] N=4 Faktoren:
> [mm](1+1/3)^4=(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)[/mm]
>
> für [mm]n=4:[/mm] N=4 Faktoren:
> [mm](1+1/4)^4=(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)[/mm]
>
> für [mm]n=5:[/mm] N=4 Faktoren:
> [mm](1+1/5)^4=(1+1/5)*(1+1/5)*(1+1/5)*(1+1/5)[/mm]
>
> .
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>
> Es ist dabei [mm]N\,[/mm] ein [mm]N\,,[/mm] was NICHT von [mm]n\,[/mm] abhängt! (Du
> siehst hier
> auch schön, dass man die Faktoren in eine feste Zahl von
> Spalten in eine
> Matrix bauen könnte - die Matrix müßte [mm]N=4\,[/mm] Spalten
> haben. Bei der Folge
> mit [mm](1+1/n)^n[/mm] braucht man mit wachsendem [mm]n\,[/mm] immer mehr
> Spalten,
> also unendlich viele Spalten.)
>
> Anders gesagt: Ist [mm]N \in \IN[/mm] fest, dann gilt
> [mm]\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^N=(\lim_{n \to \infty}(1+1/n))^N=(1+\lim_{n \to \infty}1/n)^N=1^N=1\,,[/mm]
>
> wäre [mm]N=N_n\,,[/mm] also beispielsweise [mm]N_n=n\,,[/mm] dann geht das
> so oben nicht
> mehr. Du darfst dann auch nicht
> [mm]\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^{N_n}\;\red{=}\;(\lim_{n \to \infty} (1+1/n))^{\blue{\lim_{n \to \infty}}N_n}[/mm]
>
> schreiben. Und das von Dir vorgeschlagene
> [mm]\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^{N_n}=(\lim_{n \to \infty}1+1/n)^{N_n}[/mm]
>
> macht eigentlich noch weniger Sinn, denn für welches [mm]n\,[/mm]
> ist dann der
> Exponent [mm]N_n[/mm] gemeint? Ich meine, Du schreibst ja auch
> nicht
> [mm]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}=\frac{1}{n}*\lim_{n \to \infty}1\,,[/mm]
>
> denn eine Laufvariable kann man i.a. "nicht vom dem Laufen
> befreien" - so
> grob gesagt.
Vielen Dank für die Erklärung, jetzt ist mir mein Denkfehler bewusst.
Das heißt die Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium, da [mm]lim sup |\bruch{a_{n+1}}{a_n}| = \bruch{1}{e} < 1[/mm].
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:48 Do 17.01.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Marcel :)
>
> > Hallo Lisa,
> >
> > > Hallo marcel, und eines liebes Dankeschön, dass du mir
> > > hilfst :)
> > >
> > >
> > > > > Hier habe ich es angewandt und als Grenzwert 1 erhalten,
> > > > > demnach kann ich mit dem Quotientenkriterium keine Aussage
> > > > > über das Konvergenzverhalten der Reihe machen.
> > > >
> > > > Rechnen wir es mal zusammen durch:
> > > >
> > > >
> > >
> >
> [mm](\*)\;\;\;\frac{(n+1)!/(n+1)^{n+1}}{n!/n^n}=\frac{(n+1)!}{n!}*\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)*\frac{1}{n+1}*\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\,.[/mm]
> > >
> > > Ich habe genau die gleiche Rechnung, aber ich dachte der
> > > Grenzwert wäre dann 1.
> > >
> > > [mm]... = \limes_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{(1+0)^n} = \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{1^n} = 1[/mm]
>
> >
> > >
> > > > Ich sehe das anders als Du, da man nun in [mm](\*)[/mm] sogar
> > > > einfach den Limes
> > > > mit [mm]n \to \infty[/mm] bilden kann (wogegen strebt
> nochmal
> > > > [mm]{((1+1/n)^n)}_{n \in \IN}[/mm]?), und dann sieht,
> > >
> > > Ich dachte der Reihenwert strebt gegen e. Also wenn man
> > > alles aufaddiert dann entspricht die Summe e, aber wenn man
> > > nur den Grenzwert betrachtet, dachte ich ist dieser 1.
> >
> > kapiere ich nun gar nicht: Es gilt doch [mm](1+1/n)^n \to e\,,[/mm]
> > und, kurz gesagt,
> > das ist ein monoton wachsendes Streben (braucht man
> hier
> > nun nicht, sollte
> > man sich aber behalten). Dann folgt doch gemäß den
> > Rechenregeln für
> > konvergente Folgen:
> > [mm]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1+1/n)^n}=\frac{1}{\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n}=1/e\.[/mm]
>
> >
> > Von welcher Reihe und welchem Reihenwert redest Du nun?
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} (1+1/n)^n[/mm]
>
> Aber das war wieder nur ein Denkefehler, diese Reihe
> divergiert ja.
> Sorry.
>
> > P.S.: Ich muss jetzt wirklich leider schlafen, daher
> > schonmal: Gute Nacht!
> > (Es ist nur spät, ich bin nicht böse; nicht, dass Du
> > falsches denkst...)
>
> Verstehe ich :) Gute Nacht ;)
>
> > P.P.S. [mm]\lim_{n \to \infty} (1+1/n)^n\red{\;=\;}\lim_{n \to \infty}(1+0)^n[/mm]
>
> >
> > darfst Du natürlich nicht schreiben - wie willst Du das
> > denn begründen?
> > Wenn Du da irgendwie daran denkst, dass man doch bei
> einem
> > Produkt
> > konvergenter Folgen den Grenzwert als Produkt der
> > Grenzwerte berechnet:
> > Dieser Satz stimmt. Aber dabei bleibt die Anzahl der
> > betrachteten Folgen, also
> > der Faktoren, auch fest. Bei [mm](1+1/n)^n[/mm] hast Du doch
> >
> > für [mm]n=1:[/mm] einen Faktor: [mm](1+1/1)^1=(1+1/1)[/mm]
> >
> > für [mm]n=2:[/mm] zwei Faktoren: [mm](1+1/2)^2=(1+1/2)*(1+1/2)[/mm]
> >
> > für [mm]n=3:[/mm] drei Faktoren: [mm](1+1/3)^3=(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)[/mm]
> >
> > für [mm]n=4:[/mm] vier Faktoren:
> > [mm](1+1/4)^4=(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)[/mm]
> >
> > .
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> > Mach' Dir etwa mal den Unterschied zu [mm](1+1/n)^N\,[/mm] klar,
> > wobei [mm]N \in \IN[/mm]
> > beliebig, aber fest, also ein
> Parameter,
> > ist. Beispielsweise sei [mm]N=4\,,[/mm] dann
> > hast Du
> >
> > für [mm]n=1:[/mm] N=4 Faktoren:
> > [mm](1+1/1)^4=(1+1/1)*(1+1/1)*(1+1/1)*(1+1/1)[/mm]
> >
> > für [mm]n=2:[/mm] N=4 Faktoren:
> > [mm](1+1/2)^4=(1+1/2)*(1+1/2)*(1+1/2)*(1+1/2)[/mm]
> >
> > für [mm]n=3:[/mm] N=4 Faktoren:
> > [mm](1+1/3)^4=(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)*(1+1/3)[/mm]
> >
> > für [mm]n=4:[/mm] N=4 Faktoren:
> > [mm](1+1/4)^4=(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)*(1+1/4)[/mm]
> >
> > für [mm]n=5:[/mm] N=4 Faktoren:
> > [mm](1+1/5)^4=(1+1/5)*(1+1/5)*(1+1/5)*(1+1/5)[/mm]
> >
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> > Es ist dabei [mm]N\,[/mm] ein [mm]N\,,[/mm] was NICHT von [mm]n\,[/mm] abhängt! (Du
> > siehst hier
> > auch schön, dass man die Faktoren in eine feste Zahl
> von
> > Spalten in eine
> > Matrix bauen könnte - die Matrix müßte [mm]N=4\,[/mm] Spalten
> > haben. Bei der Folge
> > mit [mm](1+1/n)^n[/mm] braucht man mit wachsendem [mm]n\,[/mm] immer mehr
> > Spalten,
> > also unendlich viele Spalten.)
> >
> > Anders gesagt: Ist [mm]N \in \IN[/mm] fest, dann gilt
> > [mm]\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^N=(\lim_{n \to \infty}(1+1/n))^N=(1+\lim_{n \to \infty}1/n)^N=1^N=1\,,[/mm]
>
> >
> > wäre [mm]N=N_n\,,[/mm] also beispielsweise [mm]N_n=n\,,[/mm] dann geht das
> > so oben nicht
> > mehr. Du darfst dann auch nicht
> > [mm]\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^{N_n}\;\red{=}\;(\lim_{n \to \infty} (1+1/n))^{\blue{\lim_{n \to \infty}}N_n}[/mm]
>
> >
> > schreiben. Und das von Dir vorgeschlagene
> > [mm]\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^{N_n}=(\lim_{n \to \infty}1+1/n)^{N_n}[/mm]
>
> >
> > macht eigentlich noch weniger Sinn, denn für welches [mm]n\,[/mm]
> > ist dann der
> > Exponent [mm]N_n[/mm] gemeint? Ich meine, Du schreibst ja auch
> > nicht
> > [mm]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}=\frac{1}{n}*\lim_{n \to \infty}1\,,[/mm]
>
> >
> > denn eine Laufvariable kann man i.a. "nicht vom dem Laufen
> > befreien" - so
> > grob gesagt.
>
> Vielen Dank für die Erklärung, jetzt ist mir mein
> Denkfehler bewusst.
> Das heißt die Reihe konvergiert nach dem
> Quotientenkriterium, da [mm]lim sup |\bruch{a_{n+1}}{a_n}| = \bruch{1}{e} < 1[/mm].
So ist es.
FRED
>
> > Gruß,
> > Marcel
>
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Ich habe noch 3 weitere Fragen:
1.
[mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{\wurzel{n-1}}{n^2+1}[/mm]
[mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}}[/mm]
Ich habe für die beiden Reihen die Majorante [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n^2}[/mm] gewählt und auf Konvergenz geschlossen, das ist korrekt, oder?
2.
Bei der Äquivalenzumformung bin ich bei der 2. Reihe so vorgegangen:
[mm] \bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} = \bruch{(n^2 + 1)^2}{n^6*(n^5+n-1)} = \bruch{n^4 + 2n^2 + 1}{n^{11}+n^7-n^6} < \bruch{1}{n^2} \gdw n^6 + 2n^4 + n^2 < n^{11} + n^7 - n^6[/mm]
für [mm]n>1[/mm]
Ist das korrekt?
3.
Die Ungleichung stimmt ja nicht für alle n und was ist wenn es sehr aufwendig ist zu bestimmen für welche n es stimmt, also z.B. für n>43.
In der Prüfung ist kein Taschenrechner zugelassen und das dann schriftlich durchzurechnen würde zu viel Zeit in Anspruch nehmen, darf ich dann nicht einfach schreiben für n>10000.
Also einfach eine hohe Zahl nehmen, denn für die stimmt es bestimmt.
Darf man das so machen? Oder wird da ein Punkt abgezogen?
Was hättet ihr gemacht?
Gruß,
Lisa
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:06 Do 17.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lisa,
ist jetzt nicht böse gemeint, aber:
> Ich habe noch 3 weitere Fragen:
>
> 1.
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{\wurzel{n-1}}{n^2+1}[/mm]
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}}[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
da kann man auch zwei Fragen draus machen.  Und nochmals: Ich hatte
Dir doch schon (mehrfach) vom Vergleichskriterium erzählt. (Eigentlich ist
das sogar fies, wenn es in Eurer Vorlesung nicht behandelt worden ist,
dass ich Dir hier sowas beibringe, wie Du quasi alles vom
Vergleichskriterium benutzen kannst, ohne das Vergleichskriterium selbst
direkt anzuwenden. Du hast da Vorteile gegenüber Kommilitonen...)
Daher liegt es bei der ersten Reihe nahe, diese, wenn $C >0\,$
"geeignet" gefunden wird, zu vergleichen mit
$$C*\sum \frac{\sqrt{n}}{n^2}=C*\sum \frac{1}{n^{3/2}}\,.$$
Die zweite (mit evtl. einem anderen, "geeigneten", $\tilde{C} > 0$) kann man
vergleichen mit
$$\tilde{C}*\sum \frac{n^{2/3}}{n*n^{5/6}}=\tilde{C}*\sum n^{4/6-11/6}=\tilde{C}*\sum n^{-7/6}=\tilde{C}*\sum \frac{1}{n^{7/6}$$
> Ich habe für die beiden Reihen die Majorante
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{1}{n^2}[/mm] gewählt und auf
> Konvergenz geschlossen, das ist korrekt, oder?
Ich bin da, wegen der oben genannten Vorüberlegungen, doch eher etwas
skeptisch.
> 2.
>
> Bei der Äquivalenzumformung bin ich bei der 2. Reihe so
> vorgegangen:
>
> [mm]\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} \red{\;=\;} \bruch{(n^2 + 1)^2}{n^6*(n^5+n-1)} = \bruch{n^4 + 2n^2 + 1}{n^{11}+n^7-n^6} < \bruch{1}{n^2} \gdw n^6 + 2n^4 + n^2 < n^{11} + n^7 - n^6[/mm]
>
> für [mm]n>1[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
>
Da ist schon das erste $\red{\;=\;}$ leider falsch: Es gilt doch wirklich für
nur ganz wenige $x \in \IR$ die Gleichung $x=x^6\,.$ (Wenn Du diese $x\,$ mal alle
angeben willst, vergiss' nicht, den Fall $x=0\,$ mitzubetrachten...)
> 3.
>
> Die Ungleichung stimmt ja nicht für alle n und was ist
> wenn es sehr aufwendig ist zu bestimmen für welche n es
> stimmt, also z.B. für n>43.
> In der Prüfung ist kein Taschenrechner zugelassen und das
> dann schriftlich durchzurechnen würde zu viel Zeit in
> Anspruch nehmen, darf ich dann nicht einfach schreiben für
> n>10000.
>
> Also einfach eine hohe Zahl nehmen, denn für die stimmt es
> bestimmt.
> Darf man das so machen? Oder wird da ein Punkt abgezogen?
> Was hättet ihr gemacht?
Wenn Du glaubst, eine genügend hohe Zahl gefunden zu haben, dann
einfach die behauptete Ungleichung per Induktion beweisen. Ich finde
sowieso, dass man an der Universität ein kleines Manko hat, was man
mal ändern sollte: Die Differentialrechnung für Funktionen $\IR \to \IR$
wird meines Erachtens nach (oft) viel zu spät eingeführt. Man kann
nämlich, wenn man eine Ungleichung der Art
$$f(n) \ge 0 \text{ (oder analoges)}$$
"für genügend große (natürliche) $n\,$" braucht, einfach $f(n)\,$ zu einer Funktion
"$\tilde{f}(x)\,$" für $D \subseteq \IR$ mit $[a,\infty) \subseteq D$ für ein $a > 0\,$ "erweitern" (d.h. $\tilde{f}_{|\IN}=f$ soll etwa
gelten), und wenn man dann eine differenzierbare Funktion $\tilde{f}$ vorliegen
hat, findet man auch sehr interessante Argumente. Aber das nur nebenbei.
Komischerweise werden auch solche Methoden nicht oder selten explizit
an der Uni gelehrt. Wenn Du Deine Prüfungen mal hinter Dir hast, oder
wenn Du dran interessiert bist, können wir ja einfach mal ein Beispiel
hernehmen, wo Du weißt "Diese Ungleichung, die für alle $n \ge ...$ gelten
soll, haben wir per Induktion bewiesen..." und dann zeige ich Dir, wie man
sie (wenn sie "geeignet" ist) ohne Induktion auch hätte beweisen können,
indem man mit Differentialrechnung und deren Ergebnisse argumentiert.
(Man kann diese anderen Methoden ja nach wie vor ergänzend lehren,
denn wichtig finde ich diese auch!) Aber ich schweife ab.
Kommen wir mal zurück zur ersten Aufgabe, und ich lege Dir jetzt wirklich
ans Herz, die METHODIK dabei zu verstehen. Ich gebe nämlich auch eine
Ungleichung an, und bei der sage ich nicht explizit, für welche $n\,$ sie
gilt, sondern ich sage nur, dass es aufgrund gemachter Vorüberlegungen
"sicher ein $N\,$ so geben muss, dass die Ungleichung für alle $n \ge N$
gilt!".
Also:
Vorüberlegung (dass ich diese nun so mache, wie ich sie mache, folgt
aufgrund der oben bereits gemachten Vorüberlegungen bzgl. des
Vergleichkriteriums):
Es gilt
$$\frac{\frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}}{1/n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n^4-n^3}}{n^2+1} \to \underbrace{\red{1}}_{>0} \text{ bei }n \to \infty$$
(Warum? Tipp: $n^4-n^3=n^4*(1-\tfrac{1}{n})\,.$)
Zu $\varepsilon:=\red{1}/2 > 0$ existiert also ein $N\,$ so, dass
$$1/2=\red{1}-\varepsilon \le \frac{\frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}}{1/n^{3/2}} \le \red{1}+\varepsilon=3/2$$
für alle $n \ge N\,.$
Für alle $n \ge N$ folgt daher insbesondere (beachte: wir wollen ja eine
konvergente Majorante angeben, daher ist das "rechte" $\le$ das nun
interessante; bei divergenter Minorante wäre das Linke das
interessante...)
$$\frac{\frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}}{1/n^{3/2}} \le 3/2$$
bzw. (wie gesagt: für alle $n \ge N$)
$$\frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}} \le 3/2*\frac{1}{n^{3/2}}$$
Wegen
$$\sum_{n=\red{N}}^\infty \frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1} \le \frac{3}{2}*\sum_{n=\red{N}}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$$
folgt dann die Konvergenz der ersten Reihe. (Warum? Und damit meine ich
nicht nur, dass ja $\sum 1/n^\alpha$ für $\alpha > 1$ konvergiert...)
$\text{(}$Nebenbei: Natürlich kann man die erste Aufgabe auch anders lösen, etwa
unter Verwendung von
$$0 \le \frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}\le \frac{\sqrt{n}}{n^2+1} \le \frac{\sqrt{n}}{n^2}\,.\text{)}$$
Versuch' jetzt mal, die zweite Aufgabe analog zur obigen Methode zu lösen.
Dazu fängst Du erstmal an und berechnest
$$\lim_{n \to \infty}\frac{\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}}}{\frac{1}{n^{7/6}}}\,,$$
(der Grund ist der gleiche wie bei der anderen Aufgabe: diese Idee ist
wegen den Vorüberlegungen zum Vergleichskriterium naheliegend).
P.S.
Wenn eine Reihe $\sum_{n=n_0}^\infty a_n$ mit stets $a_n \ge 0$
vorliegt, und man irgendwoher weiß, dass stets
$$a_n \le b_n$$
und $\sum_{n=n_0}^\infty b_n$ konvergiert, dann hat man ja gemäß des
Majorantenkriterium eine konvergente Majorante gefunden. Dann ist
natürlich, wenn stets $b_n \le c_n$ und auch $\sum_{n=n_0}^\infty c_n$
konvergiert, auch $\sum_{n=n_0}^\infty c_n$ eine konvergente Majorante für $\sum_{n=n_0}^\infty a_n\,.$
Ich sag' das deswegen: Bei der zweiten Reihe wollen wir ja eine Reihe
der Bauart (bzw. das "Endstück" einer Reihe der Bauart)
$$\tilde{C}*\sum \frac{1}{n^{7/6}}$$
zur Abschätzung benutzen. Dann kann man natürlich auch
$$\tilde{\tilde{C}}*\sum \frac{1}{n^\beta}$$
mit $1 \red{\;<\;}\beta \le 7/6$ versuchen, zu finden. Nur wird dann die
Argumentation mit dem "Hilfsgrenzwert" nicht mehr so schön - denn dieser
(also die Stelle mit $\lim_{n \to \infty}...$) ist quasi das Fundament für das Vergleichskriterium...
(Und weil halt $1/n^2 \le 1/n^{7/6}\,$ (und eben NICHT $\ge$), glaube ich nicht, dass man die
zweite Reihe mit $1/n^2$ irgendwie abschätzen kann. Aber das habe ich
nun nicht explizit nachgerechnet...)
P.P.S. Natürlich kannst Du nun auch selbst nochmal versuchen, "passende"
Ungleichungen aufzustellen und dann entsprechende Korrekturen
vorzunehmen. Ich finde aber nach wie vor: Obige Aufgaben sind
Paradebeispiele für das Vergleichskriterium; und wenn man es nicht
benutzen darf, weil man es nicht kennt, imitiert man halt alles aus dem
Beweis einfach entsprechend nach. (Denn die Grundlagen dafür hat man
in jeder Analysis-Vorlesung eigentlich gegeben, wenn es an die erste
Klausur geht!) Nicht mehr und nicht weniger habe ich hier nämlich
gemacht!
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel :)
> > 2.
> >
> > Bei der Äquivalenzumformung bin ich bei der 2. Reihe so
> > vorgegangen:
> >
> > [mm]\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} \red{\;=\;} \bruch{(n^2 + 1)^2}{n^6*(n^5+n-1)} = \bruch{n^4 + 2n^2 + 1}{n^{11}+n^7-n^6} < \bruch{1}{n^2} \gdw n^6 + 2n^4 + n^2 < n^{11} + n^7 - n^6[/mm]
>
> >
> > für [mm]n>1[/mm]
> >
>
> Da ist schon das erste [mm]\red{\;=\;}[/mm] leider falsch: Es gilt
> doch wirklich für
> nur ganz wenige [mm]x \in \IR[/mm] die Gleichung [mm]x=x^6\,.[/mm] (Wenn Du
> diese [mm]x\,[/mm] mal alle
> angeben willst, vergiss' nicht, den Fall [mm]x=0\,[/mm]
> mitzubetrachten...)
Okay ich hatte da schon wieder einen Denkfehler, aber wir hatten das wirklich so mal in der Schule gemacht, also einfach einen Bruch oder einen Term "hoch 2" nehmen. Und dann haben wir [mm]()^2[/mm] an die Seite geschrieben. Aber ich merke gerade, dass [mm]\bruch{\wurzel{n-1}}{n^2+1} \neq \bruch{n-1}{n^4+2n^2+1}[/mm]
Aber bei meinem Thread Wurzelkriterium habe ich auch einfach auf beiden Seiten [mm]()^2[/mm] gemacht:[mm]\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}} \leq \bruch{1}{\wurzel{n^2 + 5n + 6}} \gdw \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6} \leq \bruch{1}{n^2 + 5n + 6}[/mm]
und hier habt ihr nichts gesagt. ![[kopfkratz2]](/images/smileys/kopfkratz2.gif "[kopfkratz2]")
> > 3.
> >
> > Die Ungleichung stimmt ja nicht für alle n und was ist
> > wenn es sehr aufwendig ist zu bestimmen für welche n es
> > stimmt, also z.B. für n>43.
> > In der Prüfung ist kein Taschenrechner zugelassen und
> das
> > dann schriftlich durchzurechnen würde zu viel Zeit in
> > Anspruch nehmen, darf ich dann nicht einfach schreiben für
> > n>10000.
> >
> > Also einfach eine hohe Zahl nehmen, denn für die stimmt es
> > bestimmt.
> > Darf man das so machen? Oder wird da ein Punkt
> abgezogen?
> > Was hättet ihr gemacht?
>
> Wenn Du glaubst, eine genügend hohe Zahl gefunden zu
> haben, dann
> einfach die behauptete Ungleichung per Induktion beweisen.
Muss ich das immer machen?
Auch wenn es ganz trivial ist und für n>1 gilt?
> Ich finde
> sowieso, dass man an der Universität ein kleines Manko
> hat, was man
> mal ändern sollte: Die Differentialrechnung für
> Funktionen [mm]\IR \to \IR[/mm]
> wird meines Erachtens nach (oft)
> viel zu spät eingeführt. Man kann
> nämlich, wenn man eine Ungleichung der Art
> [mm]f(n) \ge 0 \text{ (oder analoges)}[/mm]
> "für genügend große
> (natürliche) [mm]n\,[/mm]" braucht, einfach [mm]f(n)\,[/mm] zu einer
> Funktion
> "[mm]\tilde{f}(x)\,[/mm]" für [mm]D \subseteq \IR[/mm] mit [mm][a,\infty) \subseteq D[/mm]
> für ein [mm]a > 0\,[/mm] "erweitern" (d.h. [mm]\tilde{f}_{|\IN}=f[/mm] soll
> etwa
> gelten), und wenn man dann eine differenzierbare Funktion
> [mm]\tilde{f}[/mm] vorliegen
> hat, findet man auch sehr interessante Argumente. Aber das
> nur nebenbei.
> Komischerweise werden auch solche Methoden nicht oder
> selten explizit
> an der Uni gelehrt. Wenn Du Deine Prüfungen mal hinter
> Dir hast, oder
> wenn Du dran interessiert bist, können wir ja einfach mal
> ein Beispiel
> hernehmen, wo Du weißt "Diese Ungleichung, die für alle [mm]n \ge ...[/mm]
> gelten
> soll, haben wir per Induktion bewiesen..." und dann zeige
> ich Dir, wie man
> sie (wenn sie "geeignet" ist) ohne Induktion auch hätte
> beweisen können,
> indem man mit Differentialrechnung und deren Ergebnisse
> argumentiert.
> (Man kann diese anderen Methoden ja nach wie vor
> ergänzend lehren,
> denn wichtig finde ich diese auch!) Aber ich schweife ab.
> Kommen wir mal zurück zur ersten Aufgabe, und ich lege Dir
> jetzt wirklich
> ans Herz, die METHODIK dabei zu verstehen. Ich gebe
> nämlich auch eine
> Ungleichung an, und bei der sage ich nicht explizit, für
> welche [mm]n\,[/mm] sie
> gilt, sondern ich sage nur, dass es aufgrund gemachter
> Vorüberlegungen
> "sicher ein [mm]N\,[/mm] so geben muss, dass die Ungleichung für
> alle [mm]n \ge N[/mm]
> gilt!".
>
> Also:
> Vorüberlegung (dass ich diese nun so mache, wie ich sie
> mache, folgt
> aufgrund der oben bereits gemachten Vorüberlegungen bzgl.
> des
> Vergleichkriteriums):
>
> Es gilt
>
> [mm]\frac{\frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}}{1/n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n^4-n^3}}{n^2+1} \to \underbrace{\red{1}}_{>0} \text{ bei }n \to \infty[/mm]
Wieso teilen wir unsere gegebene Reihe durch unsere Majorante?
Bis hier erstmal.
Durch den Rest steige ich gerade noch nicht durch.
Liebe Grüße,
Lisa
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:06 Do 17.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lisa,
>
> Hallo Marcel :)
>
>
> > > 2.
> > >
> > > Bei der Äquivalenzumformung bin ich bei der 2. Reihe so
> > > vorgegangen:
> > >
> > > [mm]\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} \red{\;=\;} \bruch{(n^2 + 1)^2}{n^6*(n^5+n-1)} = \bruch{n^4 + 2n^2 + 1}{n^{11}+n^7-n^6} < \bruch{1}{n^2} \gdw n^6 + 2n^4 + n^2 < n^{11} + n^7 - n^6[/mm]
>
> >
> > >
> > > für [mm]n>1[/mm]
> > >
> >
> > Da ist schon das erste [mm]\red{\;=\;}[/mm] leider falsch: Es gilt
> > doch wirklich für
> > nur ganz wenige [mm]x \in \IR[/mm] die Gleichung [mm]x=x^6\,.[/mm] (Wenn
> Du
> > diese [mm]x\,[/mm] mal alle
> > angeben willst, vergiss' nicht, den Fall [mm]x=0\,[/mm]
> > mitzubetrachten...)
>
> Okay ich hatte da schon wieder einen Denkfehler, aber wir
> hatten das wirklich so mal in der Schule gemacht, also
> einfach einen Bruch oder einen Term "hoch 2" nehmen. Und
> dann haben wir [mm]()^2[/mm] an die Seite geschrieben. Aber ich
> merke gerade, dass [mm]\bruch{\wurzel{n-1}}{n^2+1} \neq \bruch{n-1}{n^4+2n^2+1}[/mm]
na, es ist doch ein Unterschied, ob Du für $0 [mm] \le [/mm] a$ schreibst
$$a=3 [mm] \iff a^2=9\,,$$
[/mm]
oder ob Du
[mm] $$3=a=a^2=9$$
[/mm]
behauptest!
> Aber bei meinem Thread Wurzelkriterium habe ich auch
> einfach auf beiden Seiten [mm]()^2[/mm]
> gemacht:[mm]\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}} \leq \bruch{1}{\wurzel{n^2 + 5n + 6}} \gdw \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6} \leq \bruch{1}{n^2 + 5n + 6}[/mm]
>
> und hier habt ihr nichts gesagt.
Siehe oben: Das, was Du da machst, ist zu benutzen, dass für $0 [mm] \le [/mm] a,b$
gilt
$$a [mm] \le [/mm] b [mm] \iff a^2 \le b^2\,.$$
[/mm]
(Dabei ist die Voraussetzung $a,b [mm] \ge [/mm] 0$ NICHT zu vernachlässigen!)
Da machst Du nichts falsch - Du schreibst ja auch nirgends
[mm] $$\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}}\red{\;=\;}\left(\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}}\right)^2= \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}\,,$$
[/mm]
was auch FALSCH wäre (das rote Gleichheitszeichen ist i.a. falsch)!
> > > 3.
> > >
> > > Die Ungleichung stimmt ja nicht für alle n und was ist
> > > wenn es sehr aufwendig ist zu bestimmen für welche n es
> > > stimmt, also z.B. für n>43.
> > > In der Prüfung ist kein Taschenrechner zugelassen
> und
> > das
> > > dann schriftlich durchzurechnen würde zu viel Zeit in
> > > Anspruch nehmen, darf ich dann nicht einfach schreiben für
> > > n>10000.
> > >
> > > Also einfach eine hohe Zahl nehmen, denn für die stimmt es
> > > bestimmt.
> > > Darf man das so machen? Oder wird da ein Punkt
> > abgezogen?
> > > Was hättet ihr gemacht?
> >
> > Wenn Du glaubst, eine genügend hohe Zahl gefunden zu
> > haben, dann
> > einfach die behauptete Ungleichung per Induktion beweisen.
>
> Muss ich das immer machen?
Was heißt denn "immer"? Wenn Du alternative Argumente findest, die
einfacher sind, nutzt Du halt diese Alternativen...
> Auch wenn es ganz trivial ist und für n>1 gilt?
Na, sowas, dass $n [mm] \le n^2$ [/mm] für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] gilt, brauchst Du etwa
nicht induktiv zu beweisen. Da reicht es (bei mir ist $0 [mm] \notin \IN$), [/mm] diese Ungleichung
einfach äquivalent zu $1 [mm] \le [/mm] n$ umzuformen, was dann für $n [mm] \in \IN$ [/mm] in
trivialer Weise gilt. Ungleichungen, deren Richtigkeit man nicht "sofort"
einsieht, sollten halt bewiesen werden.
Ebenso kann man die erstmal nicht ganz trival erscheinende Ungleichung
[mm] $$n^4-n^2+1 \ge [/mm] 0$$
ohne Induktion beweisen: Es ist ja [mm] $n^4-n^2+1=n^4-2n^2+1+n^2={(n^2-1)}^2+n^2$
[/mm]
offenbar als Summe von Zahlen [mm] $\ge [/mm] 0$ (Quadratzahlen sind stets [mm] $\ge [/mm] 0$)
sicher [mm] $\ge 0\,.$ [/mm] (D.h., diese wäre sogar für alle $n [mm] \in \IR$ [/mm] richtig, nicht "nur"
für $n [mm] \in \IN$...)
[/mm]
> > Ich finde
> > sowieso, dass man an der Universität ein kleines Manko
> > hat, was man
> > mal ändern sollte: Die Differentialrechnung für
> > Funktionen [mm]\IR \to \IR[/mm]
> > wird meines Erachtens nach
> (oft)
> > viel zu spät eingeführt. Man kann
> > nämlich, wenn man eine Ungleichung der Art
> > [mm]f(n) \ge 0 \text{ (oder analoges)}[/mm]
> > "für genügend
> große
> > (natürliche) [mm]n\,[/mm]" braucht, einfach [mm]f(n)\,[/mm] zu einer
> > Funktion
> > "[mm]\tilde{f}(x)\,[/mm]" für [mm]D \subseteq \IR[/mm] mit [mm][a,\infty) \subseteq D[/mm]
> > für ein [mm]a > 0\,[/mm] "erweitern" (d.h. [mm]\tilde{f}_{|\IN}=f[/mm] soll
> > etwa
> > gelten), und wenn man dann eine differenzierbare Funktion
> > [mm]\tilde{f}[/mm] vorliegen
> > hat, findet man auch sehr interessante Argumente. Aber
> das
> > nur nebenbei.
> > Komischerweise werden auch solche Methoden nicht oder
> > selten explizit
> > an der Uni gelehrt. Wenn Du Deine Prüfungen mal hinter
> > Dir hast, oder
> > wenn Du dran interessiert bist, können wir ja einfach mal
> > ein Beispiel
> > hernehmen, wo Du weißt "Diese Ungleichung, die für alle [mm]n \ge ...[/mm]
> > gelten
> > soll, haben wir per Induktion bewiesen..." und dann
> zeige
> > ich Dir, wie man
> > sie (wenn sie "geeignet" ist) ohne Induktion auch
> hätte
> > beweisen können,
> > indem man mit Differentialrechnung und deren Ergebnisse
> > argumentiert.
> > (Man kann diese anderen Methoden ja nach wie vor
> > ergänzend lehren,
> > denn wichtig finde ich diese auch!) Aber ich schweife ab.
>
> > Kommen wir mal zurück zur ersten Aufgabe, und ich lege Dir
> > jetzt wirklich
> > ans Herz, die METHODIK dabei zu verstehen. Ich gebe
> > nämlich auch eine
> > Ungleichung an, und bei der sage ich nicht explizit,
> für
> > welche [mm]n\,[/mm] sie
> > gilt, sondern ich sage nur, dass es aufgrund gemachter
> > Vorüberlegungen
> > "sicher ein [mm]N\,[/mm] so geben muss, dass die Ungleichung
> für
> > alle [mm]n \ge N[/mm]
> > gilt!".
> >
> > Also:
> > Vorüberlegung (dass ich diese nun so mache, wie ich
> sie
> > mache, folgt
> > aufgrund der oben bereits gemachten Vorüberlegungen bzgl.
> > des
> > Vergleichkriteriums):
> >
> > Es gilt
> >
> >
> [mm]\frac{\frac{\sqrt{n-1}}{n^2+1}}{1/n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n^4-n^3}}{n^2+1} \to \underbrace{\red{1}}_{>0} \text{ bei }n \to \infty[/mm]
>
> Wieso teilen wir unsere gegebene Reihe durch unsere
> Majorante?
Okay, auf den sprachlichen Patzer will ich da mal nicht eingehen, denn mir
ist klar, was Du meinst. (Was Du meinst, ist doch: Wenn wir [mm] $\sum a_n$
[/mm]
und [mm] $\sum b_n$ [/mm] mit [mm] $b_n [/mm] > 0$ haben, dann steht da [mm] $a_n/b_n\,.$ [/mm] Und was
Du sagst, wäre aber, dass wir [mm] $\frac{\sum a_n}{\sum b_n}$ [/mm] hinschreiben würden. Das machen wir nicht!)
Warum wir das machen, ergibt sich halt eigentlich aus dem Beweis des
Vergleichkriteriums: Weil wir damit "eine 'Restgliedabschätzung' der Ausgangsreihe"
machen wollen.
Ich glaube auch echt, dass Du das hier bzw. den Beweis des Vergleichskriteriums
wirklich bzw. besser verstehen wirst, wenn Du sowas mal an einem Bsp.
selbst gerechnet hast. Das hilft hier, wie ich finde, ungemein. Aber natürlich
kannst Du auch einfach in den Heuser gucken und Dir dort den Beweis des
Vergleichskriteriums erstmal "rein theoretisch" zu Gemüte führen.
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel :)
> Hallo Lisa,
>
> >
> > Hallo Marcel :)
> >
> >
> > > > 2.
> > > >
> > > > Bei der Äquivalenzumformung bin ich bei der 2. Reihe so
> > > > vorgegangen:
> > > >
> > > > [mm]\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} \red{\;=\;} \bruch{(n^2 + 1)^2}{n^6*(n^5+n-1)} = \bruch{n^4 + 2n^2 + 1}{n^{11}+n^7-n^6} < \bruch{1}{n^2} \gdw n^6 + 2n^4 + n^2 < n^{11} + n^7 - n^6[/mm]
>
> >
> > >
> > > >
> > > > für [mm]n>1[/mm]
> > > >
> > >
> > > Da ist schon das erste [mm]\red{\;=\;}[/mm] leider falsch: Es gilt
> > > doch wirklich für
> > > nur ganz wenige [mm]x \in \IR[/mm] die Gleichung [mm]x=x^6\,.[/mm]
> (Wenn
> > Du
> > > diese [mm]x\,[/mm] mal alle
> > > angeben willst, vergiss' nicht, den Fall [mm]x=0\,[/mm]
> > > mitzubetrachten...)
> >
> > Okay ich hatte da schon wieder einen Denkfehler, aber wir
> > hatten das wirklich so mal in der Schule gemacht, also
> > einfach einen Bruch oder einen Term "hoch 2" nehmen. Und
> > dann haben wir [mm]()^2[/mm] an die Seite geschrieben. Aber ich
> > merke gerade, dass [mm]\bruch{\wurzel{n-1}}{n^2+1} \neq \bruch{n-1}{n^4+2n^2+1}[/mm]
>
> na, es ist doch ein Unterschied, ob Du für [mm]0 \le a[/mm]
> schreibst
> [mm]a=3 \iff a^2=9\,,[/mm]
> oder ob Du
> [mm]3=a=a^2=9[/mm]
> behauptest!
>
> > Aber bei meinem Thread Wurzelkriterium habe ich auch
> > einfach auf beiden Seiten [mm]()^2[/mm]
> > gemacht:[mm]\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}} \leq \bruch{1}{\wurzel{n^2 + 5n + 6}} \gdw \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6} \leq \bruch{1}{n^2 + 5n + 6}[/mm]
>
> >
> > und hier habt ihr nichts gesagt.
>
> Siehe oben: Das, was Du da machst, ist zu benutzen, dass
> für [mm]0 \le a,b[/mm]
> gilt
> [mm]a \le b \iff a^2 \le b^2\,.[/mm]
> (Dabei ist die Voraussetzung
> [mm]a,b \ge 0[/mm] NICHT zu vernachlässigen!)
>
> Da machst Du nichts falsch - Du schreibst ja auch nirgends
> [mm]\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}}\red{\;=\;}\left(\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}}\right)^2= \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}\,,[/mm]
>
> was auch FALSCH wäre (das rote Gleichheitszeichen ist i.a.
> falsch)!
Okay, jetzt habe ich es verstanden, vielen Dank :)
> > > > 3.
> > > >
> > > > Die Ungleichung stimmt ja nicht für alle n und was ist
> > > > wenn es sehr aufwendig ist zu bestimmen für welche n es
> > > > stimmt, also z.B. für n>43.
> > > > In der Prüfung ist kein Taschenrechner
> zugelassen
> > und
> > > das
> > > > dann schriftlich durchzurechnen würde zu viel Zeit in
> > > > Anspruch nehmen, darf ich dann nicht einfach schreiben für
> > > > n>10000.
> > > >
> > > > Also einfach eine hohe Zahl nehmen, denn für die stimmt es
> > > > bestimmt.
> > > > Darf man das so machen? Oder wird da ein Punkt
> > > abgezogen?
> > > > Was hättet ihr gemacht?
> > >
> > > Wenn Du glaubst, eine genügend hohe Zahl gefunden zu
> > > haben, dann
> > > einfach die behauptete Ungleichung per Induktion beweisen.
> >
> > Muss ich das immer machen?
>
> Was heißt denn "immer"? Wenn Du alternative Argumente
> findest, die
> einfacher sind, nutzt Du halt diese Alternativen...
Ich meine muss ich immer die Ungleichung beweisen, die ich aufstelle.
> > Auch wenn es ganz trivial ist und für n>1 gilt?
>
> Na, sowas, dass [mm]n \le n^2[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm] gilt,
> brauchst Du etwa
> nicht induktiv zu beweisen. Da reicht es (bei mir ist [mm]0 \notin \IN[/mm]),
> diese Ungleichung
> einfach äquivalent zu [mm]1 \le n[/mm] umzuformen, was dann für [mm]n \in \IN[/mm]
> in
> trivialer Weise gilt. Ungleichungen, deren Richtigkeit man
> nicht "sofort"
> einsieht, sollten halt bewiesen werden.
>
> Ebenso kann man die erstmal nicht ganz trival erscheinende
> Ungleichung
> [mm]n^4-n^2+1 \ge 0[/mm]
Diese Ungleichung hätte ich in der Prüfung gar nicht bewiesen.
Das hätte dann einen Punkt weniger gegeben?
> ohne Induktion beweisen: Es ist ja
> [mm]n^4-n^2+1=n^4-2n^2+1+n^2={(n^2-1)}^2+n^2[/mm]
> offenbar als Summe von Zahlen [mm]\ge 0[/mm] (Quadratzahlen sind
> stets [mm]\ge 0[/mm])
> sicher [mm]\ge 0\,.[/mm] (D.h., diese wäre sogar für
> alle [mm]n \in \IR[/mm] richtig, nicht "nur"
> für [mm]n \in \IN[/mm]...)
>
Bitte sei mir nicht böse Marcel. Du erklärst alles super und ich wette, die meisten verstehen das beim ersten durchlesen, aber ich brauche immer sehr lange :/ Und da ich morgen schreibe, will ich nur das notwendigste lernen/üben. Aber nach der Prüfung oder in den Ferien schaue ich mir das alles nochmal an.
[mm]\bruch{\wurzel{n-1}}{n^2 + 1} < \bruch{\wurzel{n}}{n^2} = \bruch{1}{n^{\bruch{3}{2}}}[/mm]
Hier haben wir doch abgeschätzt und eine passende Majorante gefunden und das ohne dieses Epsilion etc. ( ich finde das VK irgendwie total kompliziert bzw. aufwendiger im Gegensatz zum QK oder WK).
[mm]\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} < \bruch{\wurzel[3]{n^2}}{n*\wurzel[6]{n^5}} = \bruch{n^\bruch{2}{3}}{n*n^\bruch{5}{6}} = n^\bruch{4}{6} * n^{-\bruch{11}{6}} = n^{-\bruch{7}{11}} = \bruch{1}{n^\bruch{7}{6}}[/mm]
Wäre das korrekt?
Liebe Grüße,
Lisa
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:00 Fr 18.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Lisa,
> > > ...
> > > Okay ich hatte da schon wieder einen Denkfehler, aber wir
> > > hatten das wirklich so mal in der Schule gemacht, also
> > > einfach einen Bruch oder einen Term "hoch 2" nehmen. Und
> > > dann haben wir [mm]()^2[/mm] an die Seite geschrieben. Aber ich
> > > merke gerade, dass [mm]\bruch{\wurzel{n-1}}{n^2+1} \neq \bruch{n-1}{n^4+2n^2+1}[/mm]
> >
> > na, es ist doch ein Unterschied, ob Du für [mm]0 \le a[/mm]
> > schreibst
> > [mm]a=3 \iff a^2=9\,,[/mm]
> > oder ob Du
> > [mm]3=a=a^2=9[/mm]
> > behauptest!
> >
> > > Aber bei meinem Thread Wurzelkriterium habe ich auch
> > > einfach auf beiden Seiten [mm]()^2[/mm]
> > > gemacht:[mm]\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}} \leq \bruch{1}{\wurzel{n^2 + 5n + 6}} \gdw \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6} \leq \bruch{1}{n^2 + 5n + 6}[/mm]
>
> >
> > >
> > > und hier habt ihr nichts gesagt.
> >
> > Siehe oben: Das, was Du da machst, ist zu benutzen, dass
> > für [mm]0 \le a,b[/mm]
> > gilt
> > [mm]a \le b \iff a^2 \le b^2\,.[/mm]
> > (Dabei ist die
> Voraussetzung
> > [mm]a,b \ge 0[/mm] NICHT zu vernachlässigen!)
> >
> > Da machst Du nichts falsch - Du schreibst ja auch nirgends
> > [mm]\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}}\red{\;=\;}\left(\bruch{1}{\wurzel{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}}\right)^2= \bruch{1}{(n+1)^2 + 5(n+1) + 6}\,,[/mm]
>
> >
> > was auch FALSCH wäre (das rote Gleichheitszeichen ist i.a.
> > falsch)!
>
> Okay, jetzt habe ich es verstanden, vielen Dank :)
Gerne! 
> > > > > 3.
> > > > >
> > > > > Die Ungleichung stimmt ja nicht für alle n und was ist
> > > > > wenn es sehr aufwendig ist zu bestimmen für welche n es
> > > > > stimmt, also z.B. für n>43.
> > > > > In der Prüfung ist kein Taschenrechner
> > zugelassen
> > > und
> > > > das
> > > > > dann schriftlich durchzurechnen würde zu viel Zeit in
> > > > > Anspruch nehmen, darf ich dann nicht einfach schreiben für
> > > > > n>10000.
> > > > >
> > > > > Also einfach eine hohe Zahl nehmen, denn für die stimmt es
> > > > > bestimmt.
> > > > > Darf man das so machen? Oder wird da ein Punkt
> > > > abgezogen?
> > > > > Was hättet ihr gemacht?
> > > >
> > > > Wenn Du glaubst, eine genügend hohe Zahl gefunden zu
> > > > haben, dann
> > > > einfach die behauptete Ungleichung per Induktion beweisen.
> > >
> > > Muss ich das immer machen?
> >
> > Was heißt denn "immer"? Wenn Du alternative Argumente
> > findest, die
> > einfacher sind, nutzt Du halt diese Alternativen...
>
> Ich meine muss ich immer die Ungleichung beweisen, die ich
> aufstelle.
Sagen wir es so: Das hängt davon ab, wie komplex diese Ungleichung
erscheint. Dinge, die quasi durch draufgucken klar sind (dass $n [mm] \le n^2$
[/mm]
für $n [mm] \in \IN$ [/mm] sich zu $1 [mm] \le [/mm] n$ reduziert, wenn man die Ungleichung durch
$n > [mm] 0\,$ [/mm] dividiert, kann man ja im Kopf rechnen), muss man nicht extra
beweisen.
> > > Auch wenn es ganz trivial ist und für n>1 gilt?
> >
> > Na, sowas, dass [mm]n \le n^2[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm] gilt,
> > brauchst Du etwa
> > nicht induktiv zu beweisen. Da reicht es (bei mir ist [mm]0 \notin \IN[/mm]),
> > diese Ungleichung
> > einfach äquivalent zu [mm]1 \le n[/mm] umzuformen, was dann
> für [mm]n \in \IN[/mm]
> > in
> > trivialer Weise gilt. Ungleichungen, deren Richtigkeit man
> > nicht "sofort"
> > einsieht, sollten halt bewiesen werden.
> >
> > Ebenso kann man die erstmal nicht ganz trival erscheinende
> > Ungleichung
> > [mm]n^4-n^2+1 \ge 0[/mm]
>
> Diese Ungleichung hätte ich in der Prüfung gar nicht
> bewiesen.
> Das hätte dann einen Punkt weniger gegeben?
Das hängt vom Korrektor ab. Sagen wir es mal so: Wenn Du sie in der
Prüfung einfach nur "geglaubt" hättest, hätte ich Dir das jedenfalls mal
angestrichen. Wenn ich der Meinung bin, dass Du genug Zeit gehabt
hättest, sie zu beweisen, dann hätte ich Dir einen Punkt abgezogen;
andernfalls nicht. Was ich aber auch akzeptiert hätte, wäre, wenn Du sie
nicht explizit bewiesen hättest, aber mit den Graphen von
$$x [mm] \mapsto x^4-x^2+1$$
[/mm]
gezeichnet (also angedeutet) hättest. Das Problem ist: Wenn Du einfach
Ungleichungen hinschreibst, die nicht in sofort offensichtlicher Weise klar
sind, woher weißt Du denn, dass sie (für genügend große [mm] $n\,$ [/mm] meist)
stimmen?
Ich meine, sowas wie
[mm] $$n^2 \le 2^n \text{ für alle }n \ge [/mm] 4$$
"glaubt" man relativ schnell, aber wer sagt denn, dass die Ungleichung
nicht vielleicht doch für $n=10012323$ falsch wird? Mit einem
Induktionsbeweis etwa ist man hier auf der sicheren Seite. Ansonsten
kann es zwar sein, dass Du eine Ungleichung in einem Beweis benutzt,
die das, was Du zeigen willst, auch zeigen würde, aber dass die benutzte
Ungleichung falsch wäre. Dann kann man eigentlich die Aufgabe nur noch
als komplett falsch gelöst bewerten (was ich als Korrektor auch nicht so
machen würde, sondern ich würde versuchen, wenigstens noch ein
ein paar Punkte für Dich herauszuholen; aber manchmal findet man halt
so gut wie nichts, und dann kann man nur 1/2 von 8 Punkten vergeben...).
> > ohne Induktion beweisen: Es ist ja
> > [mm]n^4-n^2+1=n^4-2n^2+1+n^2={(n^2-1)}^2+n^2[/mm]
> > offenbar als Summe von Zahlen [mm]\ge 0[/mm] (Quadratzahlen sind
> > stets [mm]\ge 0[/mm])
> > sicher [mm]\ge 0\,.[/mm] (D.h., diese wäre sogar
> für
> > alle [mm]n \in \IR[/mm] richtig, nicht "nur"
> > für [mm]n \in \IN[/mm]...)
> >
> Bitte sei mir nicht böse Marcel. Du erklärst alles super
> und ich wette, die meisten verstehen das beim ersten
> durchlesen, aber ich brauche immer sehr lange :/
Ach, warum sollte ich Dir böse sein? Die meisten Leute, die sowas beim
ersten durchlesen direkt verstehen, haben genug Übung und Erfahrung.
Und "lange brauchen" ist relativ...
> Und da ich
> morgen schreibe, will ich nur das notwendigste
> lernen/üben. Aber nach der Prüfung oder in den Ferien
> schaue ich mir das alles nochmal an.
Alles klar.
>
> [mm]\bruch{\wurzel{n-1}}{n^2 + 1} < \bruch{\wurzel{n}}{n^2} = \bruch{1}{n^{\bruch{3}{2}}}[/mm]
>
> Hier haben wir doch abgeschätzt und eine passende
> Majorante gefunden und das ohne dieses Epsilion
Das heißt Epsilon, also ohne i nach dem [mm] $\ell\,.$ [/mm] Aber ansonsten:
Genau das hatte ich ja als Alternative vorgeschlagen. Aber beachte,
dass die Majorante hier [mm] $\sum 1/n^{3/2}$ [/mm] ist, und es ist
[mm] $$\sum 1/n^{3/2} \ge \sum 1/n^2\,,$$
[/mm]
daher glaube ich nicht, dass Du [mm] $\sum 1/n^2$ [/mm] als Majorante hättest
wählen können. Außerdem hat man hier das Problem, dass man mehr oder
weniger "Holzhammer-methodisch" abschätzt, d.h., man kann sich nie
sicher sein, ob die Abschätzung einem was bringt, oder ob sie vielleicht
doch schon "zu grob" war - denn eine gegen [mm] $\infty$ [/mm] strebende
Majorante brint nix!
> etc. ( ich
> finde das VK irgendwie total kompliziert bzw. aufwendiger
> im Gegensatz zum QK oder WK).
Es ist zwar nicht total kompliziert, aber da stecken halt doch schon einige
Dinge drin, die man wissen muss: Definition des Grenzwertes einer Folge
mit [mm] $\varepsilon$-$N_\varepsilon\,,$ [/mm] Restgliedabschätzung einer Reihe...
> [mm]\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} < \bruch{\wurzel[3]{n^2}}{n*\wurzel[6]{n^5}} = \bruch{n^\bruch{2}{3}}{n*n^\bruch{5}{6}} = n^\bruch{4}{6} * n^{-\bruch{11}{6}} = n^{-\bruch{7}{\red{11}}} = \bruch{1}{n^\bruch{7}{6}}[/mm]
>
> Wäre das korrekt?
Du hast einmal eine [mm] $11\,$ [/mm] anstatt einer [mm] $6\,$ [/mm] im Exponenten stehen (der
rotmarkierte Nenner des Bruches im Exponenten), das ist aber sicher nur
ein Verschreiber gewesen.
Ansonsten "wirkt" die Ungleichung zwar relativ überzeugend (auf mich),
aber wie begründest Du denn da das erste [mm] $<\,$? [/mm] Und für welche [mm] $n\,$ [/mm]
gilt das:
Für alle $n$ [mm] ($\in \IN$)?
[/mm]
Genau das ist der Punkt: Da wäre das erste [mm] $<\,$ [/mm] nicht offensichtlich, denn
Du verkleinerst zwar den Nenner, aber zugleich auch den Zähler. Was Du
ohne Probleme machen kannst:
[mm] $$\bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5+n-1}} \le \bruch{\wurzel[3]{n^2 + 1}}{n*\wurzel[6]{n^5}} \le \bruch{\wurzel[3]{n^2 + n^2}}{n*\wurzel[6]{n^5}}=\bruch{\wurzel[3]{2*n^2}}{n*\wurzel[6]{n^5}}=\ldots=\sqrt[3]{2}*\frac{1}{n^{7/6}}\,.$$
[/mm]
Denn beim ersten [mm] $\le$ [/mm] habe ich den (nichtnegativen) Nenner verkleinert
(dabei blieb' auch alles nichtnegativ), beim zweiten [mm] $\le$ [/mm] den Zähler
vergrößert. Ich muss auch dazu sagen, dass man in der Schulmathematik
eigentlich sehr viel Übungen bei Abschätzungen mit Brüchen lernen sollte,
was vielleicht nicht bei jeder Lehrkraft in starkem Maße gemacht wird. Ich
hatte das Glück, dass ich sowohl mal einen Mathe- als auch einen
Physiklehrer hatte, die viel Wert darauf legten und das ständig und immer
wieder in Erinnerung gebracht haben, wie man da vorgeht. (Und dabei
auch immer drauf hingewiesen haben, dass man das Vorzeichen
mitbeachten soll - denn wenn Du einen negativen Bruch "betragsmäßig
größer" machst, wird der neue Bruch kleinergleich dem Ausgangsbruch
sein...)
P.S. Viel Erfolg für Deine Klausur!!
Gruß,
Marcel
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