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log-Reihen auf Konvergenz untersuchen

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Grenzwerte

Tags: Folgen und Reihen, Grenzwert, Konvergenz, Logarithmus

benaddict aktiv_icon

02:41 Uhr, 28.02.2017

Hallo,
ich komme gerade bei einer Klausurvorbereitungsaufgabe einfach nicht weiter und habe leider keine Lösung dazu.
Es wäre nett wenn mir jemand helfen möchte.

Aufgabe:
Überprüfen Sie auf Konvergenz:
a)

\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{(\log (k))^{k}}

\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{(\log (k^{k}))}

Ich habe leider keinen gescheiten Ansatz dafür.
Mein erster Gedanke war es mit dem Quotientenkriterium zu versuchen, aber leider kam da nichts gescheites bei raus, ich poste mal meinen Rechenweg, vielleicht hab ichs ja auch falsch gemacht:

zu a)

lim_{k \to \infty} ∣ \frac{a_{k}}{a_{k + 1}} ∣ = lim_{k \to \infty} ∣ \frac{\frac{1}{(\log (k))^{k}}}{\frac{1}{(\log (k + 1))^{k + 1}}} ∣ = lim_{k \to \infty} ∣ \frac{(\log (k + 1))^{k + 1}}{(\log (k))^{k}} ∣ = lim_{k \to \infty} ∣ \frac{l o g {(k + 1)}^{k} * l o g (k + 1)}{l o g {(k)}^{k}} ∣

... an dieser Stelle bin ich dann hängenglieben.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Grenzwert (Mathematischer Grundbegriff)
Regel von l'Hospital (Mathematischer Grundbegriff)
Wichtige Grenzwerte
Logarithmusfunktion (Mathematischer Grundbegriff)
Rechnen mit Logarithmen

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

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pwmeyer aktiv_icon

08:59 Uhr, 28.02.2017

Hallo,

wei wäre es bei

a)

mit dem Wurzelkriterium und bei

b)

mit dem Integralvergleichskriterium?

Gruß pwm

benaddict aktiv_icon

13:49 Uhr, 28.02.2017

Das Wurzelkriterium dürfen wir leider nicht benutzen, da es nicht im Skript steht, aber ich befolge deinen Rat trotzdem mal, um zu schauen ob die Reihe konvergiert:

lim_{k \to \infty} \sqrt[k]{\frac{1}{(l o g k)^{k}}} = lim_{k \to \infty} \frac{1}{(l o g k)} = 0

Stimmt das so?
Die Folge wäre in dem Fall eine Nullfolge weshalb die Reihe konvergiert.
Ich bin in meiner Rechnung davon ausgegangen dass der Limes von k gegen unendlich unendlich groß wird...

Bei der b) setze ich wie vorgeschlagen das Integralvergleichskriterium ein:

Die Voraussetzungen dass

a_{n} \geq 0

für alle n und dass

a_{n}

monoton fallend ist, sind offensichtlich erfüllt, da

k \geq 2

und ein Bruch aus 1 durch eine immer größer werdende, positive Zahl, eben monoton fallend ist...
Bei solchen Beweisen tuhe ich mich allerdings (formal) immer sehr schwer.

\sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{l o g (k^{k})} = \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{k * l o g (k)} = lim_{a \to \infty} \int_{2}^{a} \frac{1}{x * l o g (x)} d x

=> Partielle Integration:

lim_{a \to \infty} \int_{2}^{a} \frac{1}{x * l o g (x)} d x = [x (l o g (x) - 1) * x]_{2}^{a} - \int_{2}^{a} x (l o g (x) - 1) * 1 d x

Aber wie man sieht führt dass ja zu einer partiellen Integration nach der anderen, so ist das Integral von log(x) ja auch nur per partieller Integration zu lösen, was ich hier aber vernachlässigt habe.
Oder hätte ich x als f'(x) anstatt von log(x) setzen sollen?

ermanus aktiv_icon

15:17 Uhr, 28.02.2017

Hallo,
zu a) wegen des "Wurzelkriterium-Verbots":
wenn

k > e^{2}

ist, also ab

k = 8

ist

\frac{1}{l o g (k)} < \frac{1}{2}

,
vielleicht bringt das ja was?
zu b) für eine diffbare Funktion

f (x)

leite doch mal

\log (f (x))

nach

x

ab.
Wenn Du nun den Integranden als

\frac{(\frac{1}{x})}{l o g (x)}

liest,
hättest Du gute Chancen eine Stammfunktion des Integranden zu finden ;-)
Gruß ermanus

pwmeyer aktiv_icon

17:50 Uhr, 28.02.2017

Übrigens ist das Gleichheitszeichen zwischen Reihe und Integral falsch, das Integral liefert nur eine Abschätzung - bie richtiger Wahl der Grenzen.

Gruß pwm

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