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Buri
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Aus: Dresden
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-01-20


Hi,
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Gruß Buri



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Wauzi
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Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11123
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-01-21


Hallo,
eine Lösungsidee habe ich, allerdings bin ich mir nicht so ganz sicher. So mache Sätze habe ich mittlerweile vergessen...

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Gruß Wauzi


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



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Buri
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 45272
Aus: Dresden
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-21


Hi Wauzi,
(an) ist eine Nullfolge, das stimmt.
(cn) ist divergent, weil sie im Vorzeichen slterniert, und (bn) ist konvergent, aber gegen 1, nicht gegen 0.
Gruß Buri



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digerdiga
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.11.2006
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-01-22


Ist alles erlaubt, oder nur gewisse einfache Umformungen?



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-22


Hi digerdiga,
mit einfachen Umformungen wird man wohl nicht zum Ziel kommen.
Also ist alles erlaubt.
Gruß Buri



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digerdiga
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.11.2006
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Ich versuch mich auch mal an der Ersten:
Bin mir aber nicht 100% sicher bei der Ungleichung (für die Divergenz der anderen Reihe ist da ja kein $(-1)^k$ also müsste eine solche Abschätzung zumindest dort gelten).

\[(1+x)^{-\frac{1}{x}} = e^{-\frac{1}{x} \, \ln(1+x)} \\
=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \left(-\frac{1}{x} \, \ln(1+x)\right)^k \\
=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \left( \sum_{l=0}^\infty \frac{(-1)^{l+1}}{l+1} \, x^{l} \right)^k \\
= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \sum_{l_1 \cdots l_k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{l_1 + ... + l_k + k}}{(l_1+1) \cdots (l_k+1)} \, x^{l_1 + ... + l_k} \\
=\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m \, x^m \underbrace{\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!} \sum_{\substack{l_1 \cdots l_k=0 \\ l_1 + ... + l_k=m}}^{\infty} \frac{1}{(l_1+1) \cdots (l_k+1)}}_{A_m}\]
Für m=0 erhält man den Term $e^{-1}$. Für m>0 wird abgeschätzt und $\frac{1}{m+1} \geq \frac{1}{l_1+1} \cdots \frac{1}{l_k+1} \geq \frac{1}{2^m}$ benutzt wenn $l_1+...+l_k=m$. Außerdem gibt es $\begin{pmatrix} m+k-1 \\ m \end{pmatrix}$ Terme mit $l_1+...+l_k=m$.
\[(m+1)A_m \leq \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!} \begin{pmatrix} m+k-1 \\ m \end{pmatrix} \\
= \frac{1}{m!}  \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k \, k(k+1)\cdots (k+m-1)}{k!} \\
= \frac{1}{m!} \frac{{\rm d}^m}{{\rm d}x^m} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} \, x^{k+m-1} \Bigg|_{x=1} \\
= \frac{1}{m!} \frac{{\rm d}^m}{{\rm d}x^m} \, x^{m-1} e^{-x} \Bigg|_{x=1} \\
= \frac{e^{-x}}{m!} \sum_{k=0}^{m} \begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix} \left(x^{m-1}\right)^{(m-k)} \, (-1)^k \Bigg|_{x=1} \\
=\frac{e^{-x}}{m!} \left(\frac{{\rm d}}{{\rm d}x} - 1\right)^m x^{m-1} \Bigg|_{x=1} \\
=\frac{e^{-x}}{m} \left(\frac{{\rm d}}{{\rm d}x} - 1\right) L_{m-1}(x) \Bigg|_{x=1} \\
=\frac{e^{-1}}{m} \left\{ (m-2)L_{m-1}(1) - (m-1)L_{m-2}(1)\right\} \\
\stackrel{m\rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0\]
\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Ich glaube irgendwas versteh ich hier nicht ganz richtig.
Wenn $b_n$ konvergent ist, wie kann dann $c_n = (-1)^n b_n$ divergent sein?
\(\endgroup\)


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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-22


Hi digerdiga,
wegen der alternierenden Vorzeichen.
Konvergent ist nur die Folge der Beträge.
Gruß Buri



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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Meinst du vielleicht $\sum_{n} b_n$ ist konvergent wegen der alternierenden $b_n$ und dann ist $\sum_n c_n$ entsprechend divergent?
Die Konvergenz/Divergenz der einzelnen Folgenglieder wird durch die Alterniertheit ja nicht beeinflusst.
\(\endgroup\)


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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-22


2018-01-22 17:33 - digerdiga in Beitrag No. 8 schreibt:
Meinst du vielleicht ...
Hi digerdiga,
nein. Ich betrachte die Koeffizientenfolge, nicht die Reihe.
Die Folge (bn) alterniert nicht, aber die Folge (cn) tut es.
Gruß Buri



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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Ich steh auf dem Schlauch. Sorry ich weiß echt nicht was du meinst.
Du sagst $c_n$ ist divergent weil sie im Vorzeichen alterniert und $b_n$ ist konvergent, weil sie dies nicht tut.

Betrachte $c_n=\frac{(-1)^n}{n}$ und $b_n=\frac{1}{n}$.
Nun beide Folgen konvergieren doch absolut?
\(\endgroup\)


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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
2018-01-22 17:45 - digerdiga in Beitrag No. 10 schreibt:
... Du sagst $c_n$ ist divergent weil sie im Vorzeichen alterniert ...
Hi digerdiga,
bei der hier betrachteten Folge konvergieren die Beträge gegen eine Zahl >0 (nämlich gegen 1). (cn) ist, anders als in deinem Beispiel, keine Nullfolge.
Gruß Buri
\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Ah ok. $c_n$ springt zwischen -1 und 1...
\(\endgroup\)


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digerdiga
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-01-22

\(\begingroup\)
Zur 2. habe ich Folgendes zu dem ich mich über die Legitimität wundere...

\[ (1-x)^{-\frac{1}{x}}  = \sum_{m=0}^{\infty} \, x^m \underbrace{\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \sum_{\substack{l_1 \cdots l_k=0 \\ l_1 + ... + l_k=m}}^{\infty} \frac{1}{(l_1+1) \cdots (l_k+1)}}_{B_m}\]
Die $B_m$ schätze ich nun mit dem Integral ab.
\[
B_m \sim \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \int \frac{\delta(l_1+...+l_k-m)}{(l_1+1) \cdots (l_k+1)} \, {\rm d}l_1 \cdots {\rm d}l_k \\
=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \left\{ \frac{k \ln\left(m\right)^{k-1}}{m} + {\cal O}\left(\frac{1}{m}\right) \right\} \\
=1+{\cal O}\left(\frac{1}{m}\right)
\]
Was meinst du?
\(\endgroup\)


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