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Versuchen wir doch mal, zu einem konkreten \( x \) eine solche Reihe zu konstruieren. Nehmen wir mal \( x=\frac{2}{3} \).
Wir gehen mal naiv vor.
Für \( n_0 \) würden wir die kleinstmögliche Zahl wählen, für die \( \frac{1}{n_0} < \frac{2}{3} \) ist, also wählen wir \( n_0 = 2 \).
Für \( n_1 \) würden wir dann die kleinstmögliche Zahl wählen, für die \( \frac{1}{2} + \frac{1}{n_1} < \frac{2}{3} \) ist, also wählen wir \( n_1 = 7 \).
Für \( n_2 \) würden wir dann die kleinstmögliche Zahl wählen, für die \( \frac{1}{2} + \frac{1}{7} + \frac{1}{n_2} < \frac{2}{3} \) ist, also wählen wir \( n_2 = 43 \).
Und so würden wir dann immer weitermachen.
Führt uns diese Vorgehensweise wohl zum Ziel?
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Wenn man so weiter fortgehen würde dann würde man vermutlich nie 2/3 erreichen sondern sich immer nur annähern oder?
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anonymf76f7
21.11.2021 um 21:28
Das ist natürlich erstmal richtig. Aber wir wollen ja die Reihe \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} \) betrachten. Und wenn wir so weitermachen, dann erhalten wir tatsächlich \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = \frac{2}{3} \).
Deine Aufgabe wäre es jetzt, die Vorgehensweise zu verallgemeinern (Also: Wie können die \(a_k\) allgemein definiert werden?) und zu zeigen, dass tatsächlich immer \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \) rauskommt. ─ 42 21.11.2021 um 22:33
Deine Aufgabe wäre es jetzt, die Vorgehensweise zu verallgemeinern (Also: Wie können die \(a_k\) allgemein definiert werden?) und zu zeigen, dass tatsächlich immer \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \) rauskommt. ─ 42 21.11.2021 um 22:33
Die allgemeine Schreibweise ist ja meine Problemstelle… :( für ein gegebenes x könnte ich das vielleicht noch schaffen aber wie das für ein beliebiges x funktioniert weiß ich leider nicht
─
anonymf76f7
21.11.2021 um 22:43
Naja, eigentlich kannst du doch \( \frac{2}{3} \) einfach durch \( x \) ersetzen und du hast die allgemeine Vorgehensweise.
Du definierst die Folge \( (a_k)_{k \in \mathbb{N}} \) induktiv.
\( n_0 \) definiert man als die kleinstmögliche Zahl (größer als 1), für die \( \frac{1}{n_0} < x \) ist. Also \( n_0 = \min\{ m \in \mathbb{N}_{>1} \ \vert \ \frac{1}{m} < x \} \) (Da \( x \) eine positive Zahl ist, existiert dieses Minimum immer).
Und dann definiert man \( n_{k+1} \) als die kleinstmögliche Zahl (größer als \(n_k\)), für die \( \frac{1}{n_0} + \dots + \frac{1}{n_{k+1}} < x \) ist. Also \( n_{k+1} = \min\{ m \in \mathbb{N}_{> n_k} \ \vert \ \sum_{l=0}^k \frac{1}{n_l} + \frac{1}{m} < x \} \) (Da nach Konstruktion \( \sum_{l=0}^k \frac{1}{n_l} < x \) ist, existiert auch dieses Minimum immer).
Nach Konstruktion gilt dann \( 1 < n_0 < n_1 < n_2 < \dots \).
Deine Aufgabe ist dann jetzt, zu zeigen, dass auch tatsächlich \( \sum_{k=0}^\infty n_k = x \) ist. ─ 42 22.11.2021 um 00:16
Du definierst die Folge \( (a_k)_{k \in \mathbb{N}} \) induktiv.
\( n_0 \) definiert man als die kleinstmögliche Zahl (größer als 1), für die \( \frac{1}{n_0} < x \) ist. Also \( n_0 = \min\{ m \in \mathbb{N}_{>1} \ \vert \ \frac{1}{m} < x \} \) (Da \( x \) eine positive Zahl ist, existiert dieses Minimum immer).
Und dann definiert man \( n_{k+1} \) als die kleinstmögliche Zahl (größer als \(n_k\)), für die \( \frac{1}{n_0} + \dots + \frac{1}{n_{k+1}} < x \) ist. Also \( n_{k+1} = \min\{ m \in \mathbb{N}_{> n_k} \ \vert \ \sum_{l=0}^k \frac{1}{n_l} + \frac{1}{m} < x \} \) (Da nach Konstruktion \( \sum_{l=0}^k \frac{1}{n_l} < x \) ist, existiert auch dieses Minimum immer).
Nach Konstruktion gilt dann \( 1 < n_0 < n_1 < n_2 < \dots \).
Deine Aufgabe ist dann jetzt, zu zeigen, dass auch tatsächlich \( \sum_{k=0}^\infty n_k = x \) ist. ─ 42 22.11.2021 um 00:16
Schon mal ein ganz großes Dankeschön!!! Du erklärst das richtig toll!
Noch eine Frage… wie das für Brüche jetzt geht habe ich verstanden. Würde das für z. B. Wurzel 2 auch so gehen?
Und ich habe mir das alles jetzt notiert aber wie ich von den ganzen konstruierten minimas auf x komme da fehlt mir irgendwie noch das Verständnis ─ anonymf76f7 22.11.2021 um 08:08
Noch eine Frage… wie das für Brüche jetzt geht habe ich verstanden. Würde das für z. B. Wurzel 2 auch so gehen?
Und ich habe mir das alles jetzt notiert aber wie ich von den ganzen konstruierten minimas auf x komme da fehlt mir irgendwie noch das Verständnis ─ anonymf76f7 22.11.2021 um 08:08
Das \( x \) aus meinen Kommentar war ja völlig beliebig (es muss nur größer als Null sein). Das Verfahren funktioniert ganz allgemein.
Naja, du hast ja jetzt eine Folge \( (n_k)_{k \in \mathbb{N}} \) definiert und diese Folge liefert jetzt eine Folge von Partialsummen \( ( \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k})_{l \in \mathbb{N}} \). Du musst jetzt zeigen, dass letztere Folge gegen \( x \) konvergiert (denn dann gilt ja per Definition \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \)). Viel verstehen muss man da eigentlich nicht, sondern einfach nur formal die Konvergenz nachweisen. ─ 42 22.11.2021 um 11:42
Naja, du hast ja jetzt eine Folge \( (n_k)_{k \in \mathbb{N}} \) definiert und diese Folge liefert jetzt eine Folge von Partialsummen \( ( \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k})_{l \in \mathbb{N}} \). Du musst jetzt zeigen, dass letztere Folge gegen \( x \) konvergiert (denn dann gilt ja per Definition \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \)). Viel verstehen muss man da eigentlich nicht, sondern einfach nur formal die Konvergenz nachweisen. ─ 42 22.11.2021 um 11:42
nk +1=min{m∈N>nk |∑k l=0. 1/nl+1/m
Kannst du vielleicht nochmal erläutern, wie man auf diesen Schritt kommt
Also woher das nl und das m kommt
Kannst du vielleicht nochmal erläutern, wie man auf diesen Schritt kommt
Also woher das nl und das m kommt
und warum konvergiert 1/nk gegen x? also wenn ich jetzt nur 1/nk sehen würde, dann wäre der Limes für mich 0...
─
anonymf76f7
23.11.2021 um 15:05
Das ist einfach nur die Definition. Wir definieren die Folge \( (n_k)_{k \in \mathbb{N}} \) induktiv durch \( n_0 = \min\{ m \in \mathbb{N}_{>1} \ \vert \ \frac{1}{m} < x \} \) und \( n_{k+1} = \min\{ m \in \mathbb{N}_{>n_k} \ \vert \ \sum_{l=0}^k \frac{1}{n_l} + \frac{1}{m} < x \} \). Alles, was man dazu sagen kann, habe ich eigentlich schon gesagt. Jetzt musst du diese Definition nehmen und die Konvergenz der Reihe damit herleiten.
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42
23.11.2021 um 15:06
Du sollst nicht die Konvergenz von \( \frac{1}{n_k} \) gegen \( x \) zeigen, sondern die Konvergenz der Reihe gegen \( x \).
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42
23.11.2021 um 15:07
Die Aufgabenstellung war ja, eine Folge \( (n_k)_{k \in \mathbb{N}} \) zu finden, für die \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \) ist. Die Folge hast du jetzt. Du musst noch zeigen, dass \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \) ist.
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42
23.11.2021 um 15:09
was genau ist denn jetzt die folge...? wir haben ja eine für n0 und eine erweiterte für nk+1
tut mir so leid, aber wir verzeifeln alle an dieser aufgabe ─ anonymf76f7 23.11.2021 um 15:28
tut mir so leid, aber wir verzeifeln alle an dieser aufgabe ─ anonymf76f7 23.11.2021 um 15:28
oder ist das eine rekursiv definierte Folge?
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anonymf76f7
23.11.2021 um 15:33
Das ist eine rekursiv definierte Folge. Entschuldige bitte. Ich dachte, das wäre klar gewesen.
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42
23.11.2021 um 15:40
achso ok gut. Aber die Folge hat doch immer Brüche wo 1 im Zähler steht... ist das dann nicht automatisch eine Nullfolge?
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anonymf76f7
23.11.2021 um 15:48
Nee, die Folge besteht aus natürlichen Zahlen.
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42
23.11.2021 um 15:50
Erst bei der Reihe tauchen die Brüche auf. Und dann ergibt sich tatsächlich eine Nullfolge. Das ist auch gut so, denn wenn wir keine Nullfolge hätten, dann würde die Reihe auch nicht konvergieren.
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42
23.11.2021 um 15:51
aber wie komme ich denn dann vom n oder m auf das x?
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anonymf76f7
23.11.2021 um 15:52
Das musst du dir überlegen.
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42
23.11.2021 um 15:53
Rechne am besten mal konkret ein bisschen was aus. Nimm mal \( x=1 \) und berechne \( n_0\), \(n_1\), \(n_2 \) und so weiter. Vielleicht kommt dir ja dann eine Idee.
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42
23.11.2021 um 15:54
ich bin irgendwie verwirrt ist die Folge also jetzt 1< n1< n1 oder das mit dem minimum?
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anonymf76f7
23.11.2021 um 15:55
Verwende die Definition mit dem Minimum. Diese Folge erfüllt per Definition \( 1 < n_0 < n_1 < \dots \)
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42
23.11.2021 um 16:01
also 1/2+1/3+1/6=1
─ anonymf76f7 23.11.2021 um 16:05
─ anonymf76f7 23.11.2021 um 16:05
aber ich sehe dahinter jetzt kein Muster
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:05
Das ist so nicht richtig. \( n_2 \) kann nicht \( 6 \) sein. Per Definition muss ja \( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{n_2} < x \) sein.
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42
23.11.2021 um 16:07
aber 4 und 5 funktionieren doch nicht erst ab 6
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:10
Nee, 6 klappt auch noch nicht. Denn es ist ja nicht \( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} < 1 \). Wichtig ist, dass die Summe echt kleiner als \( 1 \) sein muss.
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42
23.11.2021 um 16:11
Die kleinstmögliche Zahl ist demnach die \(7\).
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42
23.11.2021 um 16:12
achso ich dachte wir wollen =1
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:12
Nee, wir wollen uns durch die Summe quasi von unten immer weiter annähern.
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42
23.11.2021 um 16:13
dann hat man ja 1/2+1/3+1/7 <1... was sagt mir das denn aus das ist ja einfach willkürliches rumprobieren
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:13
Ansonsten würde die Folge bei 6 abbrechen und das wäre nicht das, was wir haben wollen.
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42
23.11.2021 um 16:14
die nächst mögliche zahl wäre ja dann 1/43
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:14
Naja, du weißt jetzt, dass \( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{7} < 1 \) ist. Und da die \( 7 \) die kleinste Zahl mit der Eigenschaft ist, wissen wir auch ohne Nachrechnen, dass \( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \ge 1 \) sein muss. Damit erhalten wir folgende Abschätzung \( 1 - (\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{7}) \) \( \le \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} - (\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{7}) = \frac{1}{6} - \frac{1}{7} = \frac{1}{6 \cdot 7} \). Oder etwas allgemeiner Formuliert: \( x - \sum_{k=0}^2 \frac{1}{n_k} \le \frac{1}{(n_2-1) \cdot n_2} \).
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42
23.11.2021 um 16:21
Mit dem gleichen Argument kannst du \( 1 - (\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{7} + \frac{1}{43}) \le \frac{1}{42 \cdot 43} \) zeigen. Oder allgemeiner formuliert \( x - \sum_{k=0}^3 \frac{1}{n_k} \le \frac{1}{(n_3-1) \cdot n_3} \)
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42
23.11.2021 um 16:23
Beachte: Um zu zeigen, dass \( \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{n_k} = x \) ist, müsstest du zeigen, dass die Differenz \(x - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} \) für wachsendes \(l\) gegen \(0\) geht.
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42
23.11.2021 um 16:27
Danke!!!!! das probiere ich gleich aus
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:31
also man hat die summe von k=0 bis l mit 1/nk <= 1/ (nl-1)*nl?
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anonymf76f7
23.11.2021 um 16:55
Ja, also man hat \( x - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} \le \frac{1}{(n_l-1) \cdot n_l} \).
Jetzt kommt aber eine kleine Enttäuschung: Das gilt leider nur unter der Voraussetzung, dass \( n_l \) echt größer als \( n_{l-1}+1 \) ist.
Wenn \( n_l > n_{l-1}+1 \) ist, dann ist \( n_l \) die kleinste Zahl, für die \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l} < x \) ist. Damit ist dann \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l-1} \ge x \) und somit \( x - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} \le \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l-1} - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} = \frac{1}{n_l-1} - \frac{1}{n_l} = \frac{1}{(n_l-1) \cdot n_l} \).
Wenn jedoch \( n_l = n_{l-1}+1 \) ist, dann muss \( n_l \) nicht unbedingt die kleinste Zahl sein, für die \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l} < x \) ist. Dieses Problem taucht zum Beispiel bei \( x=\sqrt{2} \) auf. Da haben wir \( n_0=2 \). Und dann ist die kleinste Zahl für die \( \frac{1}{2} + \frac{1}{m} < 1 \) gilt natürlich die \( 2 \). Wir erhalten jedoch \( n_1 = 3 \), weil \( n_1 \) per Definition größer sein muss als \( n_0 \).
Dieses Problem zu behandeln ist etwas technisch, aber vielleicht kriegst du das ja hin. ─ 42 23.11.2021 um 17:23
Jetzt kommt aber eine kleine Enttäuschung: Das gilt leider nur unter der Voraussetzung, dass \( n_l \) echt größer als \( n_{l-1}+1 \) ist.
Wenn \( n_l > n_{l-1}+1 \) ist, dann ist \( n_l \) die kleinste Zahl, für die \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l} < x \) ist. Damit ist dann \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l-1} \ge x \) und somit \( x - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} \le \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l-1} - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} = \frac{1}{n_l-1} - \frac{1}{n_l} = \frac{1}{(n_l-1) \cdot n_l} \).
Wenn jedoch \( n_l = n_{l-1}+1 \) ist, dann muss \( n_l \) nicht unbedingt die kleinste Zahl sein, für die \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l} < x \) ist. Dieses Problem taucht zum Beispiel bei \( x=\sqrt{2} \) auf. Da haben wir \( n_0=2 \). Und dann ist die kleinste Zahl für die \( \frac{1}{2} + \frac{1}{m} < 1 \) gilt natürlich die \( 2 \). Wir erhalten jedoch \( n_1 = 3 \), weil \( n_1 \) per Definition größer sein muss als \( n_0 \).
Dieses Problem zu behandeln ist etwas technisch, aber vielleicht kriegst du das ja hin. ─ 42 23.11.2021 um 17:23
ich glaube nicht dass ich das schaffe :D aber naja vielleicht sind die Tutoren ja gnädig und geben mit für den Ansatz wenigstens 1 Punkt... aber DANKE ich wäre da niemals drauf gekommen
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anonymf76f7
23.11.2021 um 17:25
Also zur Lösung des Problems musst du zeigen, dass es irgendwann ein \( l_0 \) gibt, für das \( n_{l_0} > n_{l_0-1}+1 \) ist. Wenn du das gezeigt hast, dann kannst du per Induktion für alle \(l \ge l_0 \) zeigen, dass \( n_l \) die kleinste Zahl ist, für die \( \sum_{k=0}^{l-1} \frac{1}{n_k} + \frac{1}{n_l} < x \) gilt.
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42
23.11.2021 um 17:29
Also im Prinzip ist die Aufgabe damit gelöst. Für \( l \ge l_0 \) hast du immer \( x - \sum_{k=0}^l \frac{1}{n_k} \le \frac{1}{(n_l-1) \cdot n_l} \) und für wachsendes \( l \) geht diese Differenz gegen Null.
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23.11.2021 um 17:32
DANKE! werden solche aufgaben mit der zeit leichter?
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anonymf76f7
23.11.2021 um 19:18
Gerne :)
Ja, in der Regel schaut man nachher auf solche Aufgaben zurück und fragt sich, was daran eigentlich so schwer war. Aber dann hat man natürlich schon eine gewisse Intuition entwickelt und man hat schon einige Ansätze gesehen, auf denen man aufbauen kann. ─ 42 24.11.2021 um 11:26
Ja, in der Regel schaut man nachher auf solche Aufgaben zurück und fragt sich, was daran eigentlich so schwer war. Aber dann hat man natürlich schon eine gewisse Intuition entwickelt und man hat schon einige Ansätze gesehen, auf denen man aufbauen kann. ─ 42 24.11.2021 um 11:26