konvergenz reihe zeigen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:29 Fr 12.12.2008 | | Autor: | gigi |
| Aufgabe | betrachte folgende reihe für (m,n) [mm] \in \IN \times \IN:
[/mm]
[mm] a_{m,n}:=\begin{cases} \bruch {1}{m^²-n^²}, & \mbox{falls } m\not=n, \\ 0, & \mbox{falls } m=n \end{cases}
[/mm]
1. für jedes feste [mm] m\in \IN [/mm] ist [mm] r_m:= \summe_{n\in \IN}a_{m,n} [/mm] konvergent. gleiches gilt analog für ein festes n und die partialsummenfolge [mm] s_n.
[/mm]
2. zeige [mm] s_n=\bruch{3}{4n^²} [/mm] und berechne [mm] r_m [/mm] |
hallo,
1.ich habe mir bereits mal paar zahlenbeispiele aufgeschrieben und kann mir die kvg nun vorstellen, aner eben nicht beweisen.
kann ich [mm] \bruch{1}{n^²} [/mm] verwenden, weil ich ja weiß, dass dies kvg??
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:44 Sa 13.12.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo gigi!
Führe für das feste $m_$ eine  Partialbruchzerlegung durch:
[mm] $$\bruch{1}{m^2-n^2} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{(m+n)*(m-n)} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{A}{m+n}+\bruch{B}{m-n}$$
[/mm]
Damit erhältst Du eine sogenannte Teleskopsumme, die alle weiteren Fragen beantworten sollte.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:40 Sa 13.12.2008 | | Autor: | gigi |
äh, ich sehe hier nicht ganz die teleskopsumme, kenne das nur für zb [mm] \bruch{1}{n}-\bruch{1}{n+1}. [/mm] wie funktioniert das hier??
danke und tschüss
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Folge doch mal Loddars Link.
Da hat Herby kurz und knapp die wesentlichen Regeln und einzelne Beispiele zusammengestellt.
Damit solltest Du schon losrechnen können.
Etwas mehr findest Du bei ![[]](/images/popup.gif) Wikipedia, aber nichts, was Dir im Moment über Loddars Link hinaus weiterhilft.
Bestimme doch mal die beiden Zähler und versuch selbst, damit einen Schritt weiter zu kommen.
Wenn's nicht klappt, komm halt mit Rechnung wieder und präzisiere Deine Frage.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:12 So 14.12.2008 | | Autor: | gigi |
nun, ich habe es so versucht:
[mm] \bruch{A(m-n)+B(m+n)}{m^2-n^2}=\bruch{1}{m^2-n^2}
[/mm]
(B-A)n+(A+B)m=1
daraus ergibt sich dann 1. A=B und 2. [mm] A+B=\bruch{1}{m}
[/mm]
also folglich A=B= [mm] \bruch{1}{2m}
[/mm]
und???
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:13 So 14.12.2008 | | Autor: | mathe_FS |
Hallo,
wir haben das jetzt mal in die obige Teleskopsumme eingesetzt und kommen dann am Ende wieder auf [mm] \bruch{1}{m^{2}-n^{2}}. [/mm] Zumindest ist das Ergebnis also richtig.
So wirklich bringt einen das nicht weiter, denn dann könnte man ja gleich ohne Partialbruchzerlegung sagen, das [mm] \bruch{1}{m^{2}-n^{2}} [/mm] für festes m nach [mm] \bruch{1}{m^{2}} [/mm] und für festes n nach [mm] \bruch{1}{-n^{2}} [/mm] konvergiert. Außerdem ist es monoton fallend bzw. steigend bis m=n und dann wieder umgekehrt.
Stimmt das in etwa???
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 18:58 So 14.12.2008 | | Autor: | gigi |
wenn ihr das mit der teleskopsumme verstanden habt, könnt ihr mir das mal erklärn??
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:18 So 14.12.2008 | | Autor: | mathe_FS |
Können wir leider nicht, denn wir wissen auch nicht, wie man da auf ne Teleskopsumme kommt.
Ist halt doof, das keiner weiter hilft. So werden wir wohl im Ungewissen bleiben müssen.
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Bis dahin stimmt es, ja.
Allerdings betrachtet Ihr offenbar ständig die Folge, nicht die Reihe.
Die Summation ist auch mit der Teleskopsumme [mm] \bruch{1}{2m(m+n)}+\bruch{1}{2m(m-n)} [/mm] noch nicht einfach. Der Übersicht halber sollte das [mm] \bruch{1}{2m} [/mm] natürlich herausgezogen werden, bevor man über n summiert.
Was fehlt, ist Euer Versuch, von der Folge zur Reihe zu kommen.
Viel Erfolg!
(PS: Natürlich werden hier auch misslungene Versuche korrigiert...)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:03 So 14.12.2008 | | Autor: | mathe_FS |
Hallo,
da liegt ja eigentlich mein Problem in der Aufgabe steht etwas von doppelfolge und nicht Reihe.
Kannst du uns mal bitte erklären was eine Doppelfolge ist. Wir wissen nichts damit anzufangen.
danke.
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Das Wort Doppelfolge ist mir in dieser Diskussion noch nicht begegnet. Wenn es in der Aufgabenstellung steht, so ist es dort unterschlagen.
Aber natürlich geht es um eine solche, in zwei Parametern indizierte, nämlich m und n.
Gewöhnliche Folgen haben ja nur einen Parameter, z.B. n in einer Folge [mm] a_n=...
[/mm]
Da erwartet man statt der Punkte entweder einen Ausdruck, der nur von n abhängt, oder meinetwegen eine rekursive Definition, die n und frühere Folgenglieder bemüht.
Eine Doppelfolge hat nun zwei Indizes: [mm] a_{m,n} [/mm] und ist auch wieder entweder über m und n definiert, oder auch über eine rekursive Definition, bei der allerdings normalerweise der erste Index aller verwendeten Glieder m nicht überschreitet, und der zweite nicht n.
Genau das liegt hier vor, eine Doppelfolge, die eine geschlossene, explizite Darstellung in m,n besitzt: [mm] a_{m,n}=\bruch{1}{m^2-n^2}. [/mm] Das sieht einfacher aus, als es leider ist.
Wenn Du googelst, dann reicht das Wort Doppelfolge leider nicht, es sei denn, Du hast auch ein großes Interesse für Fernsehserien. Nimm vielleicht noch konvergent o.ä. dazu, dann beschränkt sich die Zahl der Funde erheblich.
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> nun, ich habe es so versucht:
>
> [mm]\bruch{A(m-n)+B(m+n)}{m^2-n^2}=\bruch{1}{m^2-n^2}[/mm]
>
> (B-A)n+(A+B)m=1
>
> daraus ergibt sich dann 1. A=B und 2. [mm]A+B=\bruch{1}{m}[/mm]
>
> also folglich A=B= [mm]\bruch{1}{2m}[/mm]
>
> und???
Hallo,
Du mußt auch mal wagen, einfach weiterzumachen, auf die Gefahr hin, daß es völlig falsch wird. dann hat man einen Stapel Papier beschrieben, viel gelernt und fängt von vorne an.
Dieses stückweise Rechnen mit den Nachfragen nach jedem Schrittchen bringt so verflixt wenig.
Jetzt schreib das in die Summe, klammere 1/(2m) aus.
Dann wirst Du an einem Punkt sein, an welchem Du wieder sagst: "Hab' ich gemacht. Und jetzt?????".
Wenn Du jetzt nicht weiterweißt, dann tu das, was ich an dieser Stelle tun würde: nimm ein konkretes m, etwa m=3 und schreib Dir mal die - sagen wir - 15. Partialsumme der zu betrachtenden Reihe auf. Dann siehst Du schonmal ein wenig von dem, was passiert. Das kann ja nur von Nutzen sein.
Danach vielelicht mit n=5
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:45 So 14.12.2008 | | Autor: | gigi |
es wurde kritisiert, dass ich die summe unterschlagen habe und nur die folge betrachtet habe: ich dachte, ich konzentriere mich zunächst auf die pbz und da reicht es, nur die folge herzunehmen und die für A und B erhaltenen werte dann einfach wieder in die reihe einzusetzen. geht das so oder nicht?
es steht dann also [mm] \summe_{i=0}^{\infty} (\bruch{1}{2m(m+n)}+\bruch{1}{2m(m-n)}=\bruch{1}{2m} \summe_{i=0}^{\infty} (\bruch{1}{m+n}+\bruch{1}{m-n}
[/mm]
wenn ich einfach mal m=3 einsetze und die 15.partialsumme aufschreibe, erkenne ich, dass sich fast alles aufhebt, ich würde behaupten, dass für n gegen unendlich nur [mm] \bruch{1}{18} [/mm] stehen bleibt, verallgemeinert also [mm] \bruch{1}{6m}
[/mm]
könnte ich nun sagen, die reihe kvg gegen [mm] \bruch{1}{6m}?
[/mm]
für ein festes n erhalte ich übrigens analog die gleichen ergebnisse, mit einem minus versehen, würde dann also meinen, dass [mm] s_n [/mm] gegen [mm] -\bruch{1}{6n} [/mm] kvg. nur mit blick auf die 2.teilaufgabe kann das ja wieder gar nicht stimmen!
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Na, dann fange ich jetzt endlich auch an, selbst zu rechnen.
Das ist die Funktionsweise des Forums, wie ich sie bisher verstanden habe:
Ein Tipp, wenn jemand gar keine Idee hat (hier: Loddar, Teleskopsumme), und sonst gern Überprüfung von Rechnungen, egal, ob sie nur angefangen, vorbildlich vollendet, fehlerbehaftet oder schon im Ansatz misslungen sind.
> es wurde kritisiert, dass ich die summe unterschlagen habe
> und nur die folge betrachtet habe: ich dachte, ich
> konzentriere mich zunächst auf die pbz und da reicht es,
> nur die folge herzunehmen und die für A und B erhaltenen
> werte dann einfach wieder in die reihe einzusetzen. geht
> das so oder nicht?
Nein, das ist doch nur der Ansatz, um mit der Reihe umgehen zu können. Darum seid Ihr auch immer auf die Ausgangsformel zurückgekommen.
> es steht dann also [mm]\summe_{i=0}^{\infty} (\bruch{1}{2m(m+n)}+\bruch{1}{2m(m-n)}=\bruch{1}{2m} \summe_{i=0}^{\infty} \red{\left(}\bruch{1}{m+n}+\bruch{1}{m-n}\red{\right)}[/mm]
>
> wenn ich einfach mal m=3 einsetze und die 15.partialsumme
> aufschreibe, erkenne ich, dass sich fast alles aufhebt,
Bei mir bleibt [mm] \bruch{1}{3}-\bruch{1}{6}+\bruch{1}{13}+\bruch{1}{14}+\bruch{1}{15}+\bruch{1}{16}+\bruch{1}{17}+\bruch{1}{18}
[/mm]
> ich würde behaupten, dass für n gegen unendlich nur
> [mm]\bruch{1}{18}[/mm] stehen bleibt,
und ich würde behaupten, dass für die u-te Partialsumme
[mm] \bruch{1}{2m}\summe_{n=0}^{u}\left(\bruch{1}{m-n}+\bruch{1}{m-n}\right)=\bruch{1}{2m}\left(\bruch{1}{2m}+\summe_{k=u-m}^{u+m}\bruch{1}{k}\right)
[/mm]
stehenbleibt.
> verallgemeinert also [mm]\bruch{1}{6m}[/mm]
> könnte ich nun sagen, die reihe kvg gegen [mm]\bruch{1}{6m}?[/mm]
Für [mm] u\rightarrow+\infty [/mm] ist der Grenzwert dann wohl [mm] \bruch{1}{4m^2}, [/mm] oder? Siehe oben.
Erstens ist das noch zu beweisen (am besten per Induktion...), und zweitens fehlt die Betrachtung für festes n.
> für ein festes n erhalte ich übrigens analog die gleichen
> ergebnisse, mit einem minus versehen, würde dann also
> meinen, dass [mm]s_n[/mm] gegen [mm]-\bruch{1}{6n}[/mm] kvg. nur mit blick
> auf die 2.teilaufgabe kann das ja wieder gar nicht stimmen!
Stimmt auch nicht, richtig erkannt. Probier erst die Variante mit festem m. Wenn Du die richtig löst, wird das feste n kein Problem mehr darstellen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:32 Mo 15.12.2008 | | Autor: | gigi |
so, nun hat mir aber immer noch keiner gesagt, ob schon meine umformungen, mit denen ich die ganze zeit rechne falsch sind oder nicht! für festes m habe ich:
[mm] \summe_{n=0}^{\infty} (\bruch{1}{2m(m+n)}+\bruch{1}{2m(m-n)})=\bruch{1}{2m} \summe_{n=0}^{\infty} (\bruch{1}{m+n}+\bruch{1}{m-n})
[/mm]
für ein festes n:
[mm] \bruch{1}{2n} \summe_{m=0}^{\infty} (\bruch{1}{m-n}-\bruch{1}{m+n})
[/mm]
und damit habe ich die erste teilaufgabe ja noch immer nicht gelöst, es bleibt ja noch die kvg zu zeigen! wo wird diese ersichtlich? vielleicht an folgender stelle: wir sagen, dass für die n-te Partialsumme stehen bleibt [mm] \bruch{1}{2m}(\bruch{1}{2m}+ \summe_{k=n-m}^{n+m} \bruch{1}{k}) [/mm] denn hier wird ersichtlich, dass die n-te partialsumme nach oben beschränkt ist, folglich kvg die ganze reihe (monotonie-krit.) und weil die summe für n gegen unendlich gegen 0 geht, bleibt der Gw [mm] \bruch{1}{4m^2}.
[/mm]
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> so, nun hat mir aber immer noch keiner gesagt, ob schon
> meine umformungen, mit denen ich die ganze zeit rechne
> falsch sind oder nicht!
Hallo,
skandalös.
Allerdings hattest Du bisher nach der Umformung für n nicht gefragt,
und außerdem steht es doch wohl außer Zweifel, daß [mm] \bruch{1}{2m}(\bruch{1}{m+n}+\bruch{1}{m-n})=\bruch{1}{m^2-n^2} [/mm] ist, oder.
Zweifelhaft könnte sein, ob diese Umformungen zielführend sind, aber auch das wurde am Beispiel geprüft, und der reverend hatte für Dich sogar eine Behauptung für die u-te Partialsumme formuliert, welche natürlich zu beweisen ist.
> für festes m habe ich:
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty} (\bruch{1}{2m(m+n)}+\bruch{1}{2m(m-n)})=\bruch{1}{2m} \summe_{n=0}^{\infty} (\bruch{1}{m+n}+\bruch{1}{m-n})[/mm]
> für ein festes n:
> [mm]\bruch{1}{2n} \summe_{m=0}^{\infty} (\bruch{1}{m-n}-\bruch{1}{m+n})[/mm]
> und damit habe ich die erste teilaufgabe ja noch immer
> nicht gelöst, es bleibt ja noch die kvg zu zeigen! wo wird
> diese ersichtlich?
Hast Du des reverends Post gelesen? Ich zitiere ihn sicherheitshalber noch einmal:
"und ich würde behaupten, dass für die u-te Partialsumme
$ [mm] \bruch{1}{2m}\summe_{n=0}^{u}\left(\bruch{1}{m-n}+\bruch{1}{m-n}\right)=\bruch{1}{2m}\left(\bruch{1}{2m}+\summe_{k=u-m}^{u+m}\bruch{1}{k}\right) [/mm] $
stehenbleibt.
Für $ [mm] u\rightarrow+\infty [/mm] $ ist der Grenzwert dann wohl $ [mm] \bruch{1}{4m^2}, [/mm] $ oder?"
Ich finde, das ist eine Steilvorlage für das, was nun Dein Job ist.
> vielleicht an folgender stelle: wir
> sagen, dass für die n-te Partialsumme stehen bleibt
> [mm]\bruch{1}{2m}(\bruch{1}{2m}+ \summe_{k=n-m}^{n+m} \bruch{1}{k})[/mm]
> denn hier wird ersichtlich, dass die n-te partialsumme nach
> oben beschränkt ist,
Warum und wodurch? Wenn Du das sagst, mußt Du es beweisen.
> folglich kvg die ganze reihe
> (monotonie-krit.)
Was meinst Du in diesem Zusammenhang mit Monotoniekriterium. Wurde irgendwo die Monotonie gezeigt?
> und weil die summe für n gegen unendlich
> gegen 0 geht, bleibt der Gw [mm]\bruch{1}{4m^2}.[/mm]
Das reicht doch. Wenn [mm] \limes_{u\rightarrow\infty}(u-te Partialsumme)=\bruch{1}{4m^2} [/mm] ist, ist doch die Konvergenz gezeigt.
Allerdings steht der Beweis dafür, daß die Summe gegen 0 geht, aus.
Gruß v. Angela
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