Die Mathe-Redaktion - 17.11.2018 04:15 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt2 im Schwätz / Top 15
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 368 Gäste und 6 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Analysis » Folgen und Reihen » Reihe mit n^5/n! auf Konvergenz untersuchen. Wie??
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule Reihe mit n^5/n! auf Konvergenz untersuchen. Wie??
Benni97
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 30.06.2018
Mitteilungen: 25
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-07-20

\(\begingroup\)
Hallo, Leute :-)

Ich muss die Konvergenz zweier Folgen beweisen, aber ich habe dabei Probleme...


Die Aufgabe lautet:

 Entscheiden Sie, ob der Grenzwert der Folge \(a_n\) existiert und berechnen Sie ihn gegebenenfalls.



1.) \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}  \frac{32ln(n)^2}{n}\)

2. )  \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}  \frac{n^5}{n!}\) (Hier muss man nur überprüfen, ob die Reihe konvergiert)



Mein Ansatz zu 1.)


Da habe ich versucht, die Divergenz dieser Reihe mit dem Minorantenkriterium zu beweisen:

\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}  \frac{32ln(n)^2}{n} \ge \sum\limits_{n=1}^{\infty}  \frac{1}{n} \)  

aber da \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}  \frac{1}{n} \) eine divergente Minorante ist, divergiert auch die Reihe \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}  \frac{32ln(n)^2}{n} \).


Ist das so richtig?






Mein Ansatz zu 2.) war folgender:


Mit dem Wurzelkriterium geht es schlecht und komme nicht wirklich auf eine Lösung. Also dachte ich mir, ich mache das mit dem Quotientenkriterium.


\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{a_{n+1}}{a_n}\vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{\frac{(n+1)^5}{(n+1)!}}{\frac{n^5}{n!}}\vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{(n+1)^5}{(n+1)!} * \frac{n!}{n^5} \vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{(n+1)^5 *n!}{(n+1)! * n^5} \vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{(n+1)^5 *n!}{(n+1)*n! * n^5} \vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{(n+1)^4}{ n^5} \vert\)

Aber ab hier komme ich nicht weiter, denn \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac{(n+1)^4}{ n^5} \vert\ = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert (n+1)^4 *\frac{1}{ n^5} \vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} (n+1)^4 * \lim\limits_{n \rightarrow \infty}  \frac{1}{ n^5} = (n+1)^4 * 0 = 0 \) kann ich ja wohl nicht rechnen, da

\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} (n+1)^4 = "\infty"\) und \(\infty * 0\) kann man ja nicht rechnen.


Meine Frage ist also: Wie kann man diese Reihe auf Konvergenz oder vielleicht sogar auf absolute Konvergenz untersuchen? Ich habe es auch mit dem Majorantenkriterium versucht, doch habe dazu keine passende konvergente Majorante dazu gefunden...


Kann mir da jemand helfen? Bin schon langsam am Verzweifeln.. :-?

liebe Grüße

Benni
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11228
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-07-21


Hallo,
die erste ist richtig.
Verwende bei der zweiten
n+1<=2*n für genügend große n
Damit klappt die Abschätzung
Gruß Wauzi


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



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Benni97
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 30.06.2018
Mitteilungen: 25
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-21


Hey, danke für den Tipp.

Aber wie genau setze ich diesen um?

Ist das noch bezogen auf das Quotientenkriterium oder meinst du, ich sollte diese Abschätzung mit dem Majorantenkriterium vernehmen  ?


mfg
Benni



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11228
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-07-21


Im Quotientenkriterium einsetzen und nachher n groß wählen.
fed-Code einblenden



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Benni97
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 30.06.2018
Mitteilungen: 25
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-21

\(\begingroup\)
Aha, ich weiß jetzt vielleicht wie.

Meinst du das so:

\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac {(n+1)^4}{n^5} \vert \le  
\lim\limits_{n \rightarrow \infty}
\vert \frac {(2n)^4}{n^5} \vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac {16n^4}{n^5} \vert = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \vert \frac {16}{n} \vert = 0 \)

?

Mfg

Benni
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11228
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-07-21


ja, bzw ist für genügend großes n der Bruch <=1/2 < 1 und damit ist das Quotientenkriterium erfüllt



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Benni97
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 30.06.2018
Mitteilungen: 25
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-21


Vielen, vielen dank für deine Hilfe. Abschätzen fällt mir manchmal echt schwer...


schönen Abend noch,

Benni :-)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
mariusn
Neu Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 24.08.2018
Mitteilungen: 3
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-08-24

\(\begingroup\)
Bei 2.) kann man ja anwenden, dass \(n^5\le5^n\) für \(n\ge3\) gilt und kann sodann die ganze Reihe gegen \(e^5\) abschätzen. Aber wie beweist man diese denn diese doch recht offensichtliche Abschätzung oben? Muss gerade wirklich auf dem Schlauch stehen.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
PrinzessinEinhorn
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 1688
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-08-24

\(\begingroup\)
Die Ungleichung $n^5\leq 5^n$ für $n\geq 3$ könntest du etwa induktiv zeigen.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4259
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-08-24

\(\begingroup\)
2018-08-24 11:48 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 8 schreibt:
Die Ungleichung $n^5\leq 5^n$ für $n\geq 3$ könntest du etwa induktiv zeigen.

Wie soll das gehen? Sie ist ja für $n\in \{3,4\}$ offensichtlich falsch.  eek
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
PrinzessinEinhorn
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 1688
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-08-24


Ich habe dem Fragesteller vertraut und es nicht extra nachgerechnet.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
mariusn
Neu Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 24.08.2018
Mitteilungen: 3
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-08-24

\(\begingroup\)
2018-08-24 12:42 - weird in Beitrag No. 9 schreibt:
2018-08-24 11:48 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 8 schreibt:
Die Ungleichung $n^5\leq 5^n$ für $n\geq 3$ könntest du etwa induktiv zeigen.

Wie soll das gehen? Sie ist ja für $n\in \{3,4\}$ offensichtlich falsch.  eek

Ohja, Mist. Da hab ich mir einmal verrechnet, gilt natürlich für \(n\geq 6\) und dann ist der Induktionsschritt auch recht einfach:
\[5^n+1=5*5^n \geq 5*n^5=n^5+n^5+n^5+n^5+n^5 \geq n^5+nn^4+n^2n^3+n^3n^2+5n+1 \geq n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1=(n+1)^5 \]
nach IA und \(n \geq 6\)

Danke für den Hinweis und sorry für den Fehler.  biggrin
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
PrinzessinEinhorn
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 1688
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-08-24

\(\begingroup\)
Für $n=5$ gilt die Ungleichung auch, wenn du $\leq$ hast.

Dann hast du ja gerade $5^5\leq 5^5$.

Der Induktionsschritt sieht gut aus. Von dem Tippfehler am Anfang abgesehen.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4259
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-08-24

\(\begingroup\)
Einfacher geht der Beweis allerdings so, dass man als Induktionsanfang $n=5$ nimmt, für welchen die Behauptung

$\forall n\ge 5: n^5\le 5^n$

ja sogar ohne Rechnung klar ist und den Schluss von $n$ auf $n+1$ dann folgendermaßen durchführt:

$(n+1)^5=(1+\frac1n)^5n^5\le\underbrace{(1+\frac15)^5}_{<e}\ n^5<5n^5\le 5\cdot 5^n=5^{n+1}$
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11228
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-08-24


fed-Code einblenden



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Benni97
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 30.06.2018
Mitteilungen: 25
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-17


Ich bedanke mich für eure Hilfe!



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4259
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-10-17


2018-10-17 10:33 - Benni97 in Beitrag No. 15 schreibt:
Ich bedanke mich für eure Hilfe!

Naja, mit fast 2(!) Monaten Verspätung, aber dann gerade rechtzeitig vor der Eröffnung eines neuen Threads. Findest du das in Ordnung?  eek



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2018 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. 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]