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Für welche Werte konvergiert diese Reihe?

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Folgen und Reihen, Konvergenz, Majorante, Majorantenkriterium????, Wurzelkriterium

christopferz

09:40 Uhr, 13.11.2024

Ich soll eine Majorante für die folgende Reihe finden und im Anschluss herausfinden für welche Werte

x

konvergiert mit

x

∈ . Ich kann mir vorstellen, dass das Wurzelkriterium hier sinnvoll wäre, aber ich habe leider keine Ahnung, wie ich hier auf eine Majorante kommen könnte. Vielen Dank für jegliche Hilfe!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

pwmeyer aktiv_icon

09:46 Uhr, 13.11.2024

Überlege Dir, welche Werte die Funktion arctan annehmen kann und nutze dies zur Abschätzung des Nenners...

christopferz

09:56 Uhr, 13.11.2024

arctan nimmt werte von

- \frac{π}{2}

bis

\frac{π}{2}

an. Das hab ich mir ebenfalls überlegt. Heißt das ich kann den exp und

cos

Ausdruck "ignorieren"?

calc007

10:00 Uhr, 13.11.2024

Wenn der arctan den genannten Wertebereich umfasst,
welchen Wertebereich umfasst dann dieses

(5 +

arctan()/pi )
?

christopferz

10:15 Uhr, 13.11.2024

also

5 + \frac{- \frac{π}{2}}{π}

würde im Endeffekt

5 - \frac{1}{2}

also

\frac{9}{2}

ergeben. Ist somit der Nenner vereinfacht worden? Also

\frac{2 (n^{4} + 17 n + 21)}{9^{n}}

? Oder bin ich da zu weit gegangen?

calc007

10:16 Uhr, 13.11.2024

Kleine Korrektur:

:-)
Ich führe unser Zwischenresultat mal zusammenfassend vor Augen:

\sum \frac{n^{4} + 17 \cdot n + 21}{{(5,5)}^{n}} < \sum \frac{n^{4} + 17 \cdot n + 21}{{(5 + f (n, x))}^{n}} < \sum \frac{n^{4} + 17 \cdot n + 21}{{(4,5)}^{n}}

Kommst du hieraus weiter?
Ggf. findest du eine Minorante oder Majorante?

christopferz

10:49 Uhr, 13.11.2024

Entschuldige, ich verstehe irgendwie nicht was du im zweiten Schritt der Ungleichung im Nenner gemacht hast

:,)

calc007

11:13 Uhr, 13.11.2024

Hmmmmm, eigentlich hatten wir festgestellt, dass

der arctan() sich im Bereich zwischen

- \frac{π}{2}

bis

+ \frac{π}{2}

bewegt.

na, dann bewegt sich (5+arctan()/pi) doch
zwischen

(5 - \frac{π}{2 \cdot π}) = (5 - \frac{1}{2})

und

(5 + \frac{π}{2 \cdot π}) = (5 + \frac{1}{2})

also zwischen

4,5

und

5,5

na, dann bewegt sich doch

\sum

(n^4+17*n+21)/((5+arctan(...)/pi)^n)

zwischen

\sum \frac{n^{4} + 17 \cdot n + 21}{{(5,5)}^{n}}

und

\sum \frac{n^{4} + 17 \cdot n + 21}{{(4,5)}^{n}}

christopferz

12:14 Uhr, 13.11.2024

Super, verstehe, danke dir! Der restliche Vorgang wäre im Zähler alle Summanden auf

n^{4}

also dem stärksten wachsenden Term bringen? Dann das Wurzelkriterium? Macht das Sinn?

christopferz

12:30 Uhr, 13.11.2024

Mir kommt

\frac{1}{4,5}

raus. Hört sich das ok an? :-)

calc007

12:42 Uhr, 13.11.2024

Hmmmmmmmmmm, kann schon sein. ich hab

9900990099

raus, und will mir auch noch überlegen wofür.
Keine Sorge, ich ahne schon, dass da auch Sinnvolles dran sein könnte. Aber vielleicht mal der Reihe nach und verständlich.
Ich hatte ja schon zielführende Fragen gestellt.
Vielleicht wären systematische Antworten Verständnis-fördernd.

Findest du denn nun eine Minorante oder Majorante?
Wenn ja, wie lautet sie?
Und womit willst du nun was beweisen?
Jetzt sprichst du von "dem stärksten wachsenden Term". Welcher ist das denn?

christopferz

13:09 Uhr, 13.11.2024

Ich weiß, dass die Reihe konvergiert, also habe ich eine Majorante gesucht. Im Zähler ist der stärkste wachsende Term wie gesagt

n^{4},

da nun in der Unendlichkeit das

17 n

und die

21

nicht an das

n^{4}

"herankommen". Mein Gedanke wäre die anderen Summanden dann auf das

n^{4}

zu bringen

\to

aus dem

17 n

ein

17 n^{4}

zu machen und ein

21 n^{4}

.
Das gibt mir den Ausdruck

\frac{39 n^{4}}{{4,5}^{n}}

.
Schaut mir nach dem Wurzelkriterium aus, also ziehe ich die n-te Wurzel aus dem Betrag heraus und das ergibt für den Zähler die n-te Wurzel aus

39 n^{4}

was gegen 1 konvergiert und für den Nenner die n-te Wurzel aus

{4,5}^{n} \to 4,5

also

\frac{1}{4,5} < 1

.

Das wäre mein Gedankengang gewesen

HAL9000

13:42 Uhr, 13.11.2024

Ja, so geht es: Du weist die Konvergenz der Majorantenreihe per Wurzelkriterium nach, womit die Originalreihe dann gemäß Majorantenkriterium ebenfalls konvergent ist.

Falls man noch eine (leidlich passable) Eingrenzung des tatsächlichen Reihenwert braucht (in der vorliegenden Aufgabenstellung ist das nicht erforderlich):

Es ist

\sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} n + k \\ k \end{array}) \cdot q^{n} = \frac{1}{{(1 - q)}^{k + 1}}

für alle

∣ q ∣ < 1

sowie

k \in N_{0}

, folgt aus Binomischer Reihe bzw. alternativ auch durch Vollständige Induktion.

Nun ist (bitte selbst nachrechnen)

n^{4} + 17 n + 21 = 24 (\begin{array}{c} n + 4 \\ 4 \end{array}) - 60 (\begin{array}{c} n + 3 \\ 3 \end{array}) + 50 (\begin{array}{c} n + 2 \\ 2 \end{array}) + 2 (\begin{array}{c} n + 1 \\ 1 \end{array}) + 5

,

somit folgt

\sum_{n = 0}^{\infty} (n^{4} + 17 n + 21) \cdot q^{n} = \frac{24}{{(1 - q)}^{5}} - \frac{60}{{(1 - q)}^{4}} + \frac{50}{{(1 - q)}^{3}} + \frac{2}{{(1 - q)}^{2}} + \frac{5}{1 - q}

,

und damit kann man die beiden Schranken links und rechts in der Abschätzung von calc007 sogar explizit ausrechnen (links für

q = \frac{2}{11}

, rechts für

q = \frac{2}{9}

). Wobei das wirklich nur Schranken sind - es sieht hier nicht entfernt so aus, also könnte man

x

angeben, für die diese Schranken scharf sind (in dem Sinne, dass man beliebig nah dran herankommt).

christopferz

14:41 Uhr, 13.11.2024

Verstehe, danke dir! Ich hätte noch eine Frage: Ist die Majorante die ich für den Zähler "gebastelt" habe

39 n^{4}

passend? GlG :-)

HAL9000

14:47 Uhr, 13.11.2024

Ja klar:

n^{4} + 17 n + 21 \leq n^{4} + 17 n^{4} + 21 n^{4} = 39 n^{4}

ist zumindest für alle

n \geq 1

gültig (für

n = 0

natürlich nicht).

Wenn eine solche Abschätzung für endlich viele

n

vorn nicht gilt, so ist das hinsichtlich des Majorantenkriterium völlig egal - man darf dann nur nicht die Ungleichung schreiben für die komplette Reihe, sondern nur für den Reihenrest, wo die Ungleichung gilt, im vorliegenden Fall also

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{4} + 17 n + 21}{{(5 + (\dots))}^{n}} \leq \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{39 n^{4}}{4, 5^{n}}

(man beachte, dass beide Reihen erst ab

n = 1

beginnen).

HAL9000

14:47 Uhr, 13.11.2024

(versehentlicher Doppelpost - kann gelöscht werden)

calc007

14:57 Uhr, 13.11.2024

Eine Möglichkeit ist auch, den Bruch aufzuteilen in:

\sum \frac{n^{4} + 17 \cdot n + 21}{{4,5}^{n}} = \sum \frac{n^{4}}{{4,5}^{n}} + 17 \cdot \sum \frac{n}{{4,5}^{n}} + 21 \cdot \sum \frac{1}{{4,5}^{n}}

Die Konvergenz jedes einzelnen Teilbruchs zu bestimmen macht's vielleicht ein wenig übersichtlicher. Bis hin dass teils sogar direkt die Grenzwerte leichter bestimmbar sind.

HAL9000

15:11 Uhr, 13.11.2024

> Bis hin dass teils sogar direkt die Grenzwerte leichter bestimmbar sind.

Falls du mit Grenzwerte hier Reihenwerte meinst: Zu dieser Frage hatte ich mich ja im Beitrag 13:42 lang und breit geäußert. ;-)

Konkret ist damit

S_{u} := \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{4} + 17 n + 21}{5, 5^{n}} = \frac{628 969}{3^{9}} \approx 31, 95

sowie

S_{o} := \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{4} + 17 n + 21}{4, 5^{n}} = \frac{611 217}{7^{5}} \approx 36, 37

.

Innerhalb dieser beiden Schranken bewegt sich also die für alle reellen

x

definierte Funktion

f (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{4} + 17 n + 21}{{(5 + \frac{\arctan (n + \exp (n x^{2}) \cdot \cos (n^{3} x - 2 n))}{π})}^{n}}

christopferz

16:21 Uhr, 13.11.2024

Entschuldige, ich hätte noch eine Frage: Wie komme ich denn auf den Binomialkoeffizienten den du angegeben hast

n + k

über k?

HAL9000

16:29 Uhr, 13.11.2024

Willst du tatsächlich die Formel

\sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} n + k \\ k \end{array}) \cdot q^{n} = \frac{1}{{(1 - q)}^{k + 1}}

beweisen, oder warum stellst du diese Frage?

Nochmal sei betont: Diese genaue Reihenberechnung der Schranken ist für die vorliegenden Aufgabenstellung nicht erforderlich). Wenn dich das aus weitergehendem Interesse trotzdem interessiert, dann Ok - aber sag nicht, ich hätte dich nicht gewarnt. ;-)

christopferz

16:52 Uhr, 13.11.2024

Also bevor es zum Themenwechsel kommt, noch eine kleine Frage: Was wäre denn jetzt konkret die Antwort auf "alle Werte für den Parameter

x

bestimmen"?

Bezüglich deiner Frage: Jap, mir ist klar, dass das nicht gefragt ist und jap, es interessiert mich! Bin zwar Chemikerin, aber was solls hehe. Also wenn du Zeit und Lust hast würd ich liebend gerne eine Erklärung von dir lesen :-D)

HAL9000

18:46 Uhr, 13.11.2024

Die Reihe konvergiert für alle reellen

x

.

-----------------------------------------------------

Zum Beweis der Behauptung

\sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} n + k \\ k \end{array}) \cdot q^{n} = \frac{1}{{(1 - q)}^{k + 1}}

.

1.Beweisvariante: Vollständige Induktion über

k

Induktionsanfang

k = 0

: Entspricht dem Reihenwert der geometrischen Reihe

\sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} n \\ 0 \end{array}) \cdot q^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} q^{n} = \frac{1}{1 - q} = \frac{1}{{(1 - q)}^{0 + 1}}

, Ok.

Induktionsschritt

k \to k + 1

: Einfach die Induktionsvoraussetzung

\sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} n + k \\ k \end{array}) \cdot q^{n} = \frac{1}{{(1 - q)}^{k + 1}}

nach

q

differenzieren ergibt

\sum_{n = 1}^{\infty} (\begin{array}{c} n + k \\ k \end{array}) \cdot n q^{n - 1} = \frac{k + 1}{{(1 - q)}^{k + 2}}

,

nun durch

k + 1

dividieren sowie links Indexverschiebung durchführen:

\sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} n + k + 1 \\ k \end{array}) \cdot \frac{n + 1}{k + 1} \cdot q^{n} = \frac{1}{{(1 - q)}^{k + 2}}

,

Die Induktionsbehauptung folgt nun wegen

(\begin{array}{c} n + k + 1 \\ k \end{array}) \cdot \frac{n + 1}{k + 1} = (\begin{array}{c} n + k + 1 \\ k + 1 \end{array})

.

2.Beweisvariante: Die Binomische Reihe für Exponent

- k - 1

ergibt

\frac{1}{{(1 - q)}^{k + 1}} = {(1 - q)}^{- k - 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} (\begin{array}{c} - k - 1 \\ n \end{array}) \cdot {(- q)}^{n}

,

und den Binomialkoeffizienten kann man nun umformen:

(\begin{array}{c} - k - 1 \\ n \end{array}) = \frac{(- k - 1) (- k - 2) \dots (- k - n + 1) (- k - n)}{n!} = {(- 1)}^{n} \cdot \frac{(k + n) (k + n - 1) \dots (k + 2) (k + 1)}{n!} = {(- 1)}^{n} \cdot (\begin{array}{c} k + n \\ n \end{array})

Da außerdem

{(- q)}^{n} = {(- 1)}^{n} \cdot q^{n}

und

(\begin{array}{c} k + n \\ n \end{array}) = (\begin{array}{c} n + k \\ k \end{array})

gilt, folgt direkt die Behauptung.

HAL9000

21:44 Uhr, 13.11.2024

Damit man mal einen Eindruck kriegt, wie "schön" der Funktionsgraph aussieht... :-)

christopferz

22:58 Uhr, 13.11.2024

Danke danke danke!

< 3

christopferz

22:58 Uhr, 13.11.2024

Danke danke danke!

< 3

christopferz

22:58 Uhr, 13.11.2024

Danke danke danke!

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