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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:19 Fr 10.12.2004 | | Autor: | Nilez |
Hallo nochmal!
Ich hätte eine Frage zu einem Beispiel, das mich schon lange beschäftigt, also:
Man verändert die Summanden der harmonischen Reihe [mm] \summe_{n=1}^{ \infty}1/n [/mm] wie folgt: man nimmt all diejenigen Summanden 1/n heraus, deren Dezimaldarstellung von n genau 2-mal die Ziffer 0 enthält.
Nun soll ich zeigen dass die Reihe der gestrichenen Summanden konvergiert.
Die ersten Glieder der Summandenfolge sehen ja dann so aus:
1/100, 1/200, ..., 1/900,
1/1001, 1/1002,... , 1/1009,
1/1010, 1/1020,..., 1/1090,
1/1100, 1/1200, ..., 1/1900,
1/2001, 1/2002,..., 1/2009,
1/2010, 1/2020,..., 1/2090,
1/2100, ... 1/2900,
...
... 1/9900,...
Ich denke man müsste die Summanden mit gleichstelligem Nenner zusammenfassen (also je eine endliche Summendarstellung finden) und diese dann seperat nach oben abschätzen. Die Reihe der "Abschätzungen" sollte dann eine konvergente Majorante sein.
Mein Problem: Ich finde die besagten Abschätzungen nicht!
Hat jemand von euch einen Tipp für mich?
Wäre sehr dankbar,
Nilez
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:28 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo Nilez!
> Man verändert die Summanden der harmonischen Reihe
> [mm]\summe_{n=1}^{ \infty}1/n[/mm] wie folgt: man nimmt all
> diejenigen Summanden 1/n heraus, deren Dezimaldarstellung
> von n genau 2-mal die Ziffer 0 enthält.
> Nun soll ich zeigen dass die Reihe der gestrichenen
> Summanden konvergiert.
> Die ersten Glieder der Summandenfolge sehen ja dann so
> aus:
> 1/100, 1/200, ..., 1/900,
> 1/1001, 1/1002,... , 1/1009,
> 1/1010, 1/1020,..., 1/1090,
> 1/1100, 1/1200, ..., 1/1900,
> 1/2001, 1/2002,..., 1/2009,
> 1/2010, 1/2020,..., 1/2090,
> 1/2100, ... 1/2900,
> ...
> ... 1/9900,...
Das verstehe ich nicht. Bist du sicher, dass die gestrichene Reihe betrachtet werden soll? Okay!
Ich würde es so angehen: Zunächst schreibe ich die Reihe mal etwas anders:
[mm] $\sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i} [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^{99} \frac{1}{i} [/mm] + [mm] \sum\limits_{p=3}^{\infty} \sum\limits_{i=10^{p-1}}^{10^p -1} \frac{1}{i}$.
[/mm]
Jetzt sei $K [mm] \subset \IN$ [/mm] die Menge aller natürlichen Zahlen, die genau 2 Nullen in ihrer Dezimaldarstellung besitzen. Dann gilt natürlich:
[mm] $\sum\limits_{{i=1} \atop {i \in K}}^{\infty} \frac{1}{i} [/mm] = [mm] \sum\limits_{i=1}^{99} \frac{1}{i} [/mm] + [mm] \sum\limits_{p=3}^{\infty} \sum\limits_{{i=10^{p-1}} \atop {i \in K}}^{10^p -1} \frac{1}{i}$.
[/mm]
Für festes $p$ stehen in der Summe [mm] $\sum\limits_{i=10^{p-1}}{10^p -1} \frac{1}{i}$ [/mm] genau die $p$-stelligen natürlichen Zahlen. Von diesen $p$ Stellen darf die "ganz linke" Stelle nicht $0$ sein (sonst wäre es ja keine $p$-stellige Zahl) und genau zwei weitere müssen gleich $0$ sein (nach Definition von $K$). Wie viele solcher Zahlen gibt es für jedes feste $p$? Da man die $2$ Stellen aus $p-1$ Stellen wählen darf, gibt es
${{p-1} [mm] \choose [/mm] 2} [mm] \cdot 9^{p-2}$
[/mm]
Stück. Jede dieser Zahlen ist kleiner gleich dem ersten Summanden der Summe [mm] $\sum\limits_{i=10^{p-1}}^{10^p -1} \frac{1}{i}$, [/mm] also kleiner gleich
[mm] $\frac{1}{10^{p-1}}$.
[/mm]
Daher gilt:
[mm] $\sum\limits_{{i=1} \atop {i \in K}}^{\infty} \frac{1}{i}$
[/mm]
$= [mm] \sum\limits_{i=1}^{99} \frac{1}{i} [/mm] + [mm] \sum\limits_{p=3}^{\infty} \sum\limits_{{i=10^{p-1}} \atop {i \in K}}^{10^p -1} \frac{1}{i}$.
[/mm]
[mm] $\le \sum\limits_{i=1}^{99} \frac{1}{i} [/mm] + [mm] \sum\limits_{p=3}^{\infty} [/mm] {{p-1} [mm] \choose [/mm] 2} [mm] 9^{p-2} \cdot \frac{1}{10^{p-1}}$
[/mm]
[mm] $\le \sum\limits_{i=1}^{99} \frac{1}{i} [/mm] + [mm] \frac{1}{10} \sum\limits_{p=3}^{\infty} [/mm] {{p-1} [mm] \choose [/mm] 2} [mm] \cdot \left( \frac{9}{10}\right)^{p-2}$,
[/mm]
und diese Reihe konvergiert (das kannst du ja mal nachweisen).
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:35 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Nilez |
Erstmal danke für die Antwort!
> Das verstehe ich nicht. Bist du sicher, dass die
> gestrichene Reihe betrachtet werden soll? Okay!
>
Ja.
>
> Da man die 2 Stellen aus p-1 Stellen wählen darf, gibt es
> [mm]{{p-1} \choose 2} \cdot 9^{p-3}[/mm]
>
> Stück.
Ich denke es gibt [mm]{{p-1} \choose 2} \cdot 9^{p-2}[/mm], denn
nachdem ich die 2 Nullen aus den p-1 relevanten Stellen gewählt habe, hab ich ja für p-2 Stellen (auch für die erste) je 9 mögliche Ziffern.
>
> [mm]\le \sum\limits_{i=1}^{99} \frac{1}{i} + \frac{1}{10^2} \sum\limits_{p=3}^{\infty} {{p-1} \choose 2} \cdot \left( \frac{9}{10}\right)^{p-3}[/mm],
>
>
> und diese Reihe konvergiert (das kannst du ja mal
> nachweisen).
Ich glaub nicht an die Konvergenz dieser Reihe!
Also ich hab dann, nachdem ich die endliche Summe ignoriere:
[mm] 1/10*\summe_{p=3}^{ \infty}1/2*(p-1)*(p-2)*(9/10)^{p-2}
[/mm]
Das kann doch nie konvergent sein, oder?
Liebe Grüße,
Nilez
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:21 Sa 11.12.2004 | | Autor: | Nilez |
Du hast natürlich recht, das Quotientenkriterium weist mir sogar schon die Konvergenz nach!
Bist du damit einverstanden, dass ich in meiner ganzen Überlegung die ersten 99 Summanden weglasse, dürfte ja nichts ändern ("auf endlich viele kommts in der Anaysis schließlich nicht an...")?
Danke nochmal, du bist spitze!
Nilez
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