TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 283

Unersuchen Sie mit Hilfe des Integralkriteriums, ob die folgende Reihe konvergiert:

$\sum _{n\geq 1}{\frac {1}{n(\ln ^{2}n-\ln n-6)}}$

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Hilfreiches

Integralkriterium

Integralkriterium

Sei $f:[1,\infty )\to \mathbb {R}$ eine nichtnegative und monoton fallende Funktion. Dann ist das uneigentliche Integral $\int _{1}^{\infty }f(x)\;dx$ genau dann konvergent, wenn die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }f(n)$ konvergiert.

Regel von l'Hospital

Regel von l'Hospital

Sind die Funktionen $f$ und $g$ in einer Umgebung von $x_{0}$

• differenzierbar und
• gilt $f(x_{0})=g(x_{0})=0$ und
• existiert $\lim _{x\to x_{0}}\left({\frac {f'(x)}{g'(x)}}\right)$,

so gilt: $\lim _{x\to x_{0}}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to x_{0}}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$. Eine analoge Aussage gilt für $x\to \infty$, oder auch falls $\lim _{x\to x_{0}}f(x)=\lim _{x\to x_{0}}g(x)=\infty$.

Lösunsvorschlag

Auf Grund des Integralkriteriums kann man die Konvergenz der Reihe bestimmen indem man folgendes Integral berechnet:

$\int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x(\ln ^{2}x-\ln x-6)}}$

Ist dieses Integral konvergent, so ist das auch die Reihe.

Vorsicht

Die Anwendung des Kriteriums ist nur für nicht negative und streng monoton fallende Funktionen erlaubt.

Daher muss man zuerst auch noch argumentieren, warum man dieses hier überhaupt anwenden darf, weil es hier nicht sofort klar ist, dass diese Bedingungen auch wirklich erfüllt sind. Diese Argumentation baut darauf auf, dass wir letztendlich die Konvergenz bestimmen wollen, also feststellen wollen, ob sich "fast alle" Werte einem bestimmten Punkt nähern.

Daher ist es egal, was die Funktion im Bereich von endlich vielen Punkten macht. D.h. man betrachtet die Funktion für (sehr) große x. In diesem Bereich ist $\ln ^{2}x$ der dominierende Teil. Das bedeutet zuerst einmal, dass der Bruch in dem Bereich nicht negativ sein kann und außerdem wird der Nenner immer größer, wodurch der Bruch immer kleiner wird. Dadurch ist die Funktion sicher auch monoton fallend.

Berechnung

Als erstes substituiert man die $\ln x$ durch u $\Rightarrow du={\frac {dx}{x}}$

Dadurch erhält man

$\int {\frac {du}{u^{2}-u-6}}$

Die Grenzen lasse ich absichtlich hier weg, weil man die mitsubstituieren müsste, das erspar ich mir aber an der Stelle.

Weiter geht es durch geschickte Umformungen bzw. mit der Tatsache, dass (u^2-u-6)=(u-3)(u+2):

${\begin{aligned}\int {\frac {du}{u^{2}-u-6}}&=\int {\frac {du}{u^{2}-u+{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{4}}-6}}=\int {\frac {du}{(u-{\frac {1}{2}})^{2}-{\frac {25}{4}}}}={\frac {4}{25}}\int {\frac {du}{{\frac {4}{25}}(u-{\frac {1}{2}})^{2}-1}}\\&={\frac {4}{25}}\int {\frac {du}{({\frac {2}{5}}(u-{\frac {1}{2}}))^{2}-1}}\end{aligned}}$

Jetzt wird ${\frac {2}{5}}\left(u-{\frac {1}{2}}\right)$ substituiert $\Rightarrow du={\frac {5}{2}}dv$

${\frac {4}{25}}\cdot {\frac {5}{2}}\int {\frac {dv}{v^{2}-1}}={\frac {2}{5}}\int {\frac {dv}{(v-1)(v+1)}}$

Durch Partialbruchzerlegung ergibt sich:

${\begin{aligned}{\frac {2}{5}}\int {\frac {dv}{(v-1)(v+1)}}&={\frac {2}{5}}\left({\frac {1}{2}}\int {\frac {dv}{v-1}}-{\frac {1}{2}}\int {\frac {dv}{v+1}}\right)={\frac {1}{5}}\left(\ln |v-1|-\ln |v+1|\right)\\&={\frac {1}{5}}\ln {\frac {|v-1|}{|v+1|}}\end{aligned}}$

Hier hat man es dann eigentlich schon geschaft

man setzt die mitsubstituierten Grenzen ein und überprüft, ob das Integral konvergent ist.

die obere Grenze $\infty$ ändert sich durch die Substitutionen nicht.
die untere Grenze sehr wohl. durch die erste Substitution wird $\ln 1=0$ und durch die 2. zu $-{\frac {1}{5}}$

${\begin{aligned}\left.{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|v-1|}{|v+1|}}\right|_{-{\frac {1}{5}}}^{\infty }&=\lim _{v\to \infty }{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|v-1|}{|v+1|}}-{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|-{\frac {1}{5}}-1|}{-{\frac {1}{5}}+1}}={\frac {1}{5}}\ln \lim _{v\to \infty }{\frac {|1-{\frac {1}{v}}|}{|1+{\frac {1}{v}}|}}-{\frac {1}{5}}\ln {\frac {3}{2}}\\&={\frac {1}{5}}\ln 1-{\frac {1}{5}}\ln {\frac {3}{2}}=0-{\frac {1}{5}}\ln {\frac {3}{2}}\\\end{aligned}}$

Daher ist das Integral und damit auch die Reihe konvergent

Der Vollständigkeit halber

So und jetzt wird zurückeingesetzt:

${\frac {1}{5}}\ln {\frac {|v-1|}{|v+1|}}={\frac {1}{5}}\ln {\frac {|u-3|}{|u+2|}}={\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}$

Damit hätten wir erst einmal das Integral bestimmt:

$\int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x(\ln ^{2}x-\ln x-6)}}=\left.{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}\right|_{1}^{\infty }=\lim _{x\to \infty }{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}-{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln 1-3|}{|\ln 1+2|}}$

Der hintere Term ist einfach zu berechnen:

${\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln 1-3|}{|\ln 1+2|}}={\frac {1}{5}}\ln {\frac {3}{2}}$

Beim vorderen ist es nicht ganz so einfach, aber lösbar. Durch die Stetigkeit den Logarithmus kann man den Limes nach vorne ziehen:

$\lim _{x\to \infty }{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}={\frac {1}{5}}\ln \lim _{x\to \infty }{\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}$

Nun hat man hier eine unbestimmte Form ${\frac {\infty }{\infty }}$. Daher wendet man die Regel von de l'Hospital an bzw. beachtet, dass ln(x)-3 = 1-3/ln(x):

$\lim _{x\to \infty }{\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {\frac {1}{x}}{\frac {1}{x}}}=1$

zurückeingesetzt:

$\lim _{x\to \infty }{\frac {1}{5}}\ln {\frac {|\ln x-3|}{|\ln x+2|}}={\frac {1}{5}}\ln 1=0$

Somit hat man letztendlich:

$\int _{1}^{\infty }{\frac {dx}{x(\ln ^{2}x-\ln x-6)}}=0-{\frac {1}{5}}\ln {\frac {3}{2}}$

Daher ist das Integral und damit auch die Reihe konvergent