Antworte auf:  Beweis des Raabe-Kriteriums von MalcomY
Forum:  Folgen und Reihen, moderiert von: Curufin epsilonkugel

[Zur Forum-Gliederung] [Wie man Fragen beantwortet] [Themenstart einblenden]

  Alle registrierten Mitglieder können Mitteilungen schreiben.
Benutzername:
Passwort:
Nachricht-Icon:                   
                  
              
Nachricht:


 

Erledigt J


Input assistance tools (JavaScript): [Link extern intern] [MathML?] [$$?]
[fed-area] [LaTeX-inline] [LaTeX-display] [Tikz] [hide-area][show-area] [Source code [num.]][?]
 Show Preview      Write using fedgeo formula editor or Latex.

Smilies for your message:
😃 😄 😁 🙂 🙃 😉 🤗 🤫 🤔 🙄 😴 🤒 😎 😮 😲 😂
🙁 😖 😒 😐 😡 👌 👍 👎 🤢 🤧 🥵 🥶 😵 🤯 😛 😷
Optionen: Deaktiviere HTML in dieser Nachricht
Deaktiviere MATHML in dieser Nachricht. Wenn Dein Text $-Zeichen enthält, die nicht LaTeX-Formeln begrenzen.
Deaktiviere Smilies in dieser Nachricht
Zeige die Signatur (Kann in 'Mein Profil' editiert werden.)
    [Abbrechen]
 
Beachte bitte die [Forumregeln]


Themenübersicht
MalcomY
Aktiv
Dabei seit: 12.05.2020
Mitteilungen: 46
 Beitrag No.4, eingetragen 2021-01-25 12:11    [Diesen Beitrag zitieren]

2021-01-24 19:57 - StefanVogel in Beitrag No. 3 schreibt:
Die Folge \(a_{n} \cdot (n-1)^{\alpha}\) muss monoton fallend sein. Das folgt nicht allein schon aus der Voraussetzung sondern erst aus deiner Überlegung mit der Bernoullischen Ungleichung.


Aus der Voraussetzung wissen wir ja, dass \(a_n\) monoton fallend ist, da \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \le 1 - \frac{\alpha}{n}\) und aus der Bernoullischen Ungleichung wissen wir dann, dass \(a_n \cdot (n-1)^{\alpha}\) monoton fallend ist.

Wir setzten nun $k = a_{n_{0}} \cdot(n_{0}-1)^{\alpha}$, weil die Folge \((a_n)\) monoton fallend ist und die Bernoullischen Ungleichung am Anfang gilt, ist
\[a_{n+1} < \frac{1}{n^{\alpha}} \cdot k\] für alle $n > n_{0}$.

Passt es so?

Und findest du meinen Beweis zur Divergenz plausibel?



StefanVogel
Senior
Dabei seit: 26.11.2005
Mitteilungen: 3818
Herkunft: Raun

 Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-24 19:57    [Diesen Beitrag zitieren]

\(a_n\) monoton fallend reicht nicht, weil ja auf der rechten Seite der letzten Ungleichung ein Produkt steht, welches auch kleiner wird für wachsende \(n\). Die rechte Seite kann ja durchaus mal die linke Seite überholen. Deshalb das \(n\) mit auf die linke Seite bringen: Die Folge \(a_{n} \cdot (n-1)^{\alpha}\) muss monoton fallend sein. Das folgt nicht allein schon aus der Voraussetzung sondern erst aus deiner Überlegung mit der Bernoullischen Ungleichung. Die entsprechende Ungleichung steht schon in deinem Beweis, nur die Formulierung hat nach meinem Eindruck noch nicht gepasst.



MalcomY
Aktiv
Dabei seit: 12.05.2020
Mitteilungen: 46
 Beitrag No.2, eingetragen 2021-01-24 11:45    [Diesen Beitrag zitieren]

2021-01-24 07:00 - StefanVogel in Beitrag No. 1 schreibt:

2021-01-23 19:35 - MalcomY im Themenstart schreibt:
dann haben wir eine konstante Zahl $k$, weil die Voraussetzung für alle \(n \ge n_{0}\) gilt.

Nein, deshalb haben wir diese konstante Zahl nicht, sondern weil wir diese konstante Zahl so wie angegeben festgelegt haben.

Aus der Voraussetzung wissen wir ja, dass \(a_n\) monoton fallend ist, da \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \le 1 - \frac{\alpha}{n}\). Oder meinst du ich sollte es anders Formulieren.

Wir setzten nun $k = a_{n_{0}} \cdot(n_{0}-1)^{\alpha}$, weil die Folge \((a_n)\) monoton fallend ist, so ist
\[a_{n+1} < \frac{1}{n^{\alpha}} \cdot k\] für alle $n > n_{0}$.



StefanVogel
Senior
Dabei seit: 26.11.2005
Mitteilungen: 3818
Herkunft: Raun

 Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-24 07:00    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo MalcolmY,
so richtig in verständlichen Worten kann ich auch nicht ausdrücken, was mir bei der Formulierung des einen Beweisschrittes nicht gefällt. Deshalb nur ganz spitzfindig:

2021-01-23 19:35 - MalcomY im Themenstart schreibt:
dann haben wir eine konstante Zahl $k$, weil die Voraussetzung für alle \(n \ge n_{0}\) gilt.

Nein, deshalb haben wir diese konstante Zahl nicht, sondern weil wir diese konstante Zahl so wie angegeben festgelegt haben.


Deshalb gilt die Ungleichung:

Auch hier nochmal nein, deshalb gilt die Ungleichung nicht.

Viele Grüße,
  Stefan


MalcomY
Aktiv
Dabei seit: 12.05.2020
Mitteilungen: 46
 Themenstart: 2021-01-23 19:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich habe versucht, dass Raabe-Kriterium zu beweisen. So ähnlich wurde es auch im Buch Unendliche Reihen von Herbert Meschkowski bewiesen.

Ich möchte mit euch darüber diskutieren, ob ich einen Fehler gemacht habe?

Satz Kriterium von Raabe:

Eine unendliche Reihe $\sum a_{n}$ mit positiven Gliedern ist konvergent, wenn eine $n_{0}\in \mathbb{N}$ und ein $\alpha>1$  existieren so dass  für alle  $n>n_{0}$ gilt
\[\hspace{1cm} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \le 1 - \frac{\alpha}{n}\textrm{.}\] Sie ist divergent, falls gilt
\[\hspace{1cm} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \ge 1 - \frac{1}{n}\textrm{.}\]
Beweis:

Wenn wir die Quotienten $\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}$ für die harmonische Reihe $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ bestimmen, dann gilt nach der ersten Bernoullischen Ungleichung für $n>1:$

\[\dfrac{\frac{1}{n^{\alpha}}}{\frac{1}{(n-1)^{\alpha}}} = \left(1-\frac{1}{n}\right)^{\alpha} > 1 - \frac{\alpha}{n}\] Wir beginnen damit zu beweisen, dass, wenn die erste Ungleichung erfüllt ist, die Reihe \(\sum a_{n}\) konvergieren muss.
Nun nehmen wir eine Reihe $\sum a_{n}$ mit $\alpha > 1$ und \(n_{0}\in\mathbb{N}\), es gilt für \(n\ge n_{0}\)
\[\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \le 1 -\frac{\alpha}{n}\textrm{.}\] Nach diesen beiden Ungleichungen haben wir
\[\dfrac{a_{n+1}}{\dfrac{1}{n^{\alpha}}} < \dfrac{a_{n}}{\dfrac{1}{(n-1)^{\alpha}}}\] für $n \ge n_{0} > 1$.\\

Wenn wir die Ungleichung mit $\frac{1}{n^{\alpha}}$ multiplizieren, dann erhalten wir:

\[a_{n+1} < \frac{1}{n^{\alpha}} \cdot a_{n} \cdot (n-1)^{\alpha}\]
Wir setzten nun $k = a_{n_{0}} \cdot(n_{0}-1)^{\alpha}$, dann haben wir eine konstante Zahl $k$, weil die Voraussetzung für alle \(n \ge n_{0}\) gilt. Deshalb gilt die Ungleichung:

\[a_{n+1} < \frac{1}{n^{\alpha}} \cdot k\] für alle $n > n_{0}$.\\

Dann gilt:
\[\sum_{n_{0}+1}^{\infty} a_{n} = \sum_{n_{0}}^{\infty} a_{n+1} \le k \cdot \sum_{n_{0}}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}\] Wir haben eine konvergent Majorante gefunden, deswegen konvergiert auch die Reihe $\sum a_{n}$.

Nun geht es weiter mit der zweiten Ungleichung. Aus
\[\frac{a_{n+1}}{a_{n}} \ge 1- \frac{1}{n}\] folgt für ein $n_0\in\mathbb{N}$ ab einem $n \ge n_{0}$, dass alle $a_{n}$ gleiche Vorzeichen haben und dass $n\cdot a_{n+1} \ge (n-1)\cdot a_{n} > 0$ gilt (Multiplikation mit $a_n$ und $n$).\\
Die Folge $(na_{n+1})$ ist also ab einem bestimmten $n_{0}$ positiv und monoton wachsend. Sie liegt also oberhalb einer festen positiven Zahl $\alpha$.
Es gilt für alle $n \ge n_{0}\, \textrm{,dass} \,\, a_{n+1} > \dfrac{\alpha}{n}$.
Also ist $\sum a_{n}$ nach dem Minorantenkriterium divergent.


 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2021 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]