TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 71

Für n = 1, 2, 3, ... sei

$a_{n}={\frac {1}{n^{2}}},b_{n}={\frac {1}{(n+1)*(n+2)}},c_{n}={\frac {1}{(n+1)}},d_{n}={\frac {1}{(n+2)}}$.

Weiters sei $A=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n},B=\sum _{n=0}^{\infty }b_{n},C=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n},D=\sum _{n=0}^{\infty }d_{n}$.

1. (a) Berechnen Sie die Partialsummen von B.
2. (b) Berechnen Sie den Wert von B.
3. (c) Begründen Sie $a_{n}\leq 2b_{n}$. Konvergiert A?
4. (d) Warum ist $B=C-D$ falsch, obwohl $b_{n}=c_{n}-d_{n}$?

Dieses Beispiel hat einen unbekannten Lösungsstatus. Bitte editiere diese Seite und schreibe den dir bekannten Status ins Beispiel. Die möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert. Führe folgende Änderung durch:

{{Beispiel|1=
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}}

oder

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zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Lösungsvorschlag von Clemens

Beispiel a

${\frac {1}{(n+1)\cdot (n+2)}}={\frac {1}{n+1}}-{\frac {1}{n+2}}$

Wir suchen Sn, wobei S0 = a0, S1 = a0 + a1,... also allgemein Sn = $\sum _{k=0}^{n}a_{k}$

Bei unserem Beispiel wäre das also:

$S_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}-{\frac {1}{k+2}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}-+...-{\frac {1}{n+2}}$

Man sieht, dass die mittleren alls rausfallen, übrig bleibt also:

$S_{n}=1-{\frac {1}{n+2}}$

Beispiel b

Variante 1

Da wir in Punkt a) bereits die Partialsummen gebildet haben, können wir diese verwenden. B (die Summe von bn's) ist im Prinzip der Grenzwert von (Sn).

${\frac {1}{n+2}}$ geht gegen 0, daher ist B = 1

--> Bitte erläutern: Warum ist hier B = 1 und nicht B = 0 ??
--> Antwort: Da obige Teleskopsumme noch die Konstante 1 enthält: $1-{\frac {1}{n+2}}$ Allerdings bin ich der Meinung, dass das nicht 1 sondern ${\frac {1}{2}}$ sein sollte, da n in der Angabe ab 1 und nicht ab 0 beginnt.
--> Achtung: es gibt 2 verschiedene Angaben, das n für die Folgen geht bei beiden von n = 1, 2, 3... die Summe geht hier (Grenzwert = 1) allerdings von 0 weg wie man auch oben in der Angabe sieht, bei der neueren Version geht die Summe allerdings bei 1 los, weshalb dann der Grenzwert ${\frac {1}{2}}$ ist.

$S_{n}=1-{\frac {1}{n+2}}$ wobei der Term ${\frac {1}{n+2}}$ gegen 0 konvergiert, daher ist $S_{n}=B=1-0=1$

Variante 2

Um auf den Wert von einer unbekannten Reihe zu kommen, ist es immer Sinnvoll, diese so umzuformen, dass man auf bekannte Reihen kommt (oder zumindest teilweise).

$\sum _{n=0}^{\infty }bn={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{12}}+{\frac {1}{20}}+{\frac {1}{30}}+{\frac {1}{42}}+{\frac {1}{56}}+...$

Wenn wir nun betrachten: ${\frac {1}{6}}+{\frac {1}{12}}={\frac {1}{4}}$

und ${\frac {1}{20}}+{\frac {1}{30}}+{\frac {1}{42}}+{\frac {1}{56}}={\frac {1}{8}}$

Dies könnte man nun noch weiter machen und es werden immer mehr (8, 16, 32, ..) Brüche gemeinsam einen Bruch der Form ${\frac {1}{2^{n}}}$ ergeben.

Da $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2^{n}}}=1$ ist, können wir sagen, dass unser B ebenfalls 1 ist.

Beispiel c

Angabe wurde geändert. War vorher: Begründen Sie an <= 6bn für n >= 1. Konvergiert A?

Diese Begründung habe ich mittels vollständiger Induktion gemacht:

${\frac {1}{n^{2}}}\leq {\frac {6}{(n+1)\cdot (n+2)}}$ für $n\geq 1$

bei n=1: ${\frac {6}{2\cdot 3}}$ passt

für n --> n+1 zu zeigen:

${\frac {1}{(n+1)^{2}}}\leq {\frac {6}{(n+2)(n+3)}}$ Ich multipliziere mit beiden Nennern (um sie los zu werden).

$(n+2)\cdot (n+3)\leq 6\cdot (n+1)^{2}$

$n^{2}+5\cdot n+6\leq 6\cdot n^{2}+12\cdot n+6$

$0\leq 5\cdot n^{2}+7\cdot n$

Da $n\geq 1$ bestimmt ist, trifft dies immer zu --> q.e.d.

Anmerkung: Berechnung richtig, allerdings ist das keine vollständige Induktion, da die Induktionsvorraussetzung nicht verwendet wurde (bestätigt durch Prof. Karigl). --pauly.

Nun muss man noch zeigen, dass A Konvergiert. Dieses Bsp. hat Prof. Karigl bereits in der VO gemacht:

(.. falsch laut Tutor)

$\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert, denn ${\frac {1}{n^{2}}}\leq {\frac {1}{n\cdot (n-1)}}$ für $n\geq 2$ und $\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{(n-1)\cdot n}}=1$ (Mittels Majorantenkriterium)

Anmerkung: Die Summe $\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert nicht. Du hast einen Falschen Bruch für bn angegeben. Rechnet man ${\frac {1}{n^{2}}}\leq {\frac {1}{(n+1)(n+2)}}$ kommt $3n+2\leq 0$ raus, was für n>0 nicht stimmen kann. Demnach ist bn kein Majorant von an.

Antwort zur Anmerkung: Deshalb haben wir ${\frac {1}{n^{2}}}\leq {\frac {6}{(n+1)\cdot (n+2)}}$ oben bewiesen. Dass ${\frac {1}{n^{2}}}\leq {\frac {1}{(n+1)(n+2)}}$ nicht stimmen kann ist trivial.

Hinweis:

$\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n^{2}}}={\frac {\pi ^{2}}{6}}$

Beispiel d

Variante 1

Da (cn) und (dn) divergent sind, können wir damit nicht rechnen.

Variante 2

Dies ist meiner Meinung nach ganz banal zu Begründen, da C und D jeweils unendlich sind (da es die Folgen ${\frac {1}{n}}$ sind, die evtl. später beginnen, und daher die Summe unendlich ist).

B ist allerdings 1 (siehe Beispiel b) und $1\neq \infty -\infty$