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Ja, die Leibniz-Reihe ist bedingt konvergent. Aber das hier ist nicht die Leibniz-Reihe.
Die harmonische Reihe ist divergent.
c) ist richtig, aber damit die Lösung vollständig ist, gehört noch eine Begründung dazu. Wie lautet Deine Begründung? a) ist aber auch richtig.
"Was hat es mit a) auf sich?" Der Zusammenhang der drei Konvergenz-Begriffe ist doch in der von Dir verlinkten Quelle erklärt. Schau da mal rein.
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mikn
Lehrer/Professor, Punkte: 40.29K
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Ja die verschiedenen Definitionen haben mich ziemlich verwirrt. In meinem Buch steht nichts davon, dass etwas absolut konvergentes auch bedingt konvergent wäre. Ich dachte aber, nur weil es in meinem Buch nicht steht, heißt es nicht das das Thema vollständig abgedeckt ist. Wahrscheinlich ist das die falsche Vorgehensweise.
Aber zurück zum Beispiel und zur Begründung. \( \sum_{k=0}^{\infty} |a_{k}| \) ist nicht konvergent, da 1 + etwas immer kleiner werdendes trotzdem gegen unendlich geht. \(|a_{k}| \) ist monoton wachsend, außerdem wissen wir, dass das nichts anderes ist als die harmon. Reihe. Hingegen \( \sum_{k=0}^{\infty} a_{k} \) konvergiert, da die Summe, wenn auch sehr langsam, kleiner wird.
Sollte man die bedingte Konvergenz der Reihe nach dem Leibniz-Kriterium irgendwie beweisen können?
Weil das Leibniz-Kriterium besagt ja, dass eine Folge monoton fallend und gleichzeitig eine Nullfolge sein muss.
für \(|a_{k+1}| \le |a_{k}\) kann man das ganz einfach zeigen, da kommt bei mir zum schluss dann 0 \(\le\) 2 raus.
Die Nullfolge besagt ja dass lim k->oo \(a_{k}\) = 0 ist.
\(lim_{k->\infty} \frac{1} {2k+1} = \frac{1}{2k(1+ \frac{1}{k})} = \frac{1}{2} \) und \( 0,5 \neq 0\) oder verrechne ich mich da? ─ teetasse 12.11.2020 um 10:55
Aber zurück zum Beispiel und zur Begründung. \( \sum_{k=0}^{\infty} |a_{k}| \) ist nicht konvergent, da 1 + etwas immer kleiner werdendes trotzdem gegen unendlich geht. \(|a_{k}| \) ist monoton wachsend, außerdem wissen wir, dass das nichts anderes ist als die harmon. Reihe. Hingegen \( \sum_{k=0}^{\infty} a_{k} \) konvergiert, da die Summe, wenn auch sehr langsam, kleiner wird.
Sollte man die bedingte Konvergenz der Reihe nach dem Leibniz-Kriterium irgendwie beweisen können?
Weil das Leibniz-Kriterium besagt ja, dass eine Folge monoton fallend und gleichzeitig eine Nullfolge sein muss.
für \(|a_{k+1}| \le |a_{k}\) kann man das ganz einfach zeigen, da kommt bei mir zum schluss dann 0 \(\le\) 2 raus.
Die Nullfolge besagt ja dass lim k->oo \(a_{k}\) = 0 ist.
\(lim_{k->\infty} \frac{1} {2k+1} = \frac{1}{2k(1+ \frac{1}{k})} = \frac{1}{2} \) und \( 0,5 \neq 0\) oder verrechne ich mich da? ─ teetasse 12.11.2020 um 10:55
So ich hab mir jetzt nochmal im Buch angeschaut, wie das dort steht. Ich schreib jetzt einfach den Absatz raus, der Zum Thema "Leibnizkriterium" dort zu finden ist. Das ist übrigens die einzige Stelle im gesamten Buch wo das vorkommt.
Satz 4.41 (Konvergenzkriterium von Leibniz) Eine alternierende Reihe \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n a_{n} \) für die \((a_{n})_{n \ge 0} \) eine monoton fallende Nullfolge ist, ist konvergent.
Beweis. Wir betrachten die Teilfolgen \((s_{2n})_{n \ge 0}\) und \((s_{2n+1})_{n \ge 0}\) der Partialsummenfolge. Da \(a_{n} \) monoton fällt, ist
\( s_{sn+1} = (a_{0} - a_{1}) + (a_{2} - a_{3}) + ... + (a_{2n} - a_{2n+1}) \)
eine monoton wachsende Folge, da \(a_{2k} - a_{2k+1} \ge 0 \). Aus demselben Grund ist
\(s_{2n} = a_{0} - (a_1 - a_2) - (a_3 - a_4) - ... - (a_{2n-1} - a_{2n})\)
monoton fallend. Weiters gilt \( 0 \le s_{2n+1} \le s_{2n} \le a_0 \). Daraus folgt, dass \((s_{2n+1})_{n \ge 0}\) und \((s_{2n})_{n \ge 0}\) beschränkt und daher wegen Satz 4.12 (*) konvergent sind.
Sei \(a = lim_{n -> \infty} s_{2n+1}\) und \(b = lim_{n -> \infty} s_{2n} \), dann gilt auch \( 0 \le s_{2n} - s_{2n+1} \to 0\), also ist \(a = b = lim_{n -> \infty} s_n \)
(*) 4.12 (Hauptsatz über monotone Folgen) Eine monotone Folge ist genau dann konvergent, wenn sie beschränkt ist.
Es gibt danach noch ein kurzes Beispiel mit der alternierenden Reihe \( \sum_{n \ge 1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \). Sie erfüllt die vorraussetzungen von Satz 4.41, denn in diesem
Fall ist \(a_n = \frac{1}{n}\) offensichtlich eine monoton fallende Nullfolge. Daher ist die Reihe konvergent.
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So... bezogen auf die Leibniz-Reihe versuche ich nun folgendes. Wie im buch beschrieben soll \( 0 \le s_{2n+1} \le s_{2n} \le a_0 \) für monoton fallende Folgen gelten.
\(s_{2n+1} = a_{2n} - a_{2n+1} \)
\(s_{2n} = a_{2n-1} - a_{2n} \)
Statt \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n \frac{(-1)^n}{2n+1} \) kann ich schreiben \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{2n+1} \). Damit enspricht das der Form: \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n a_n \)
Mit der Berechnung \(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+2} \le \frac{1}{4n} - \frac{1}{4n+1}\) erhalte ich am Ende die Ungleichung \(0 \le 1\), damit gilt auch \(0 \le 0 \le 1 \le 1\).
Die Folge ist daher monoton fallend. (die weniger komplizierte Variante mit \(|a_{n+1}| \le |a_n|\) war im Buch nicht angegeben, läuft aber aufs gleiche raus).
Da ja laut Buch die folge \(a_n = \frac{1}{n}\) offensichtlich eine monoton fallende Nullfolge ist, kann man auch davon ausgehen, dass \(a_n = \frac{1}{2n+1}\) gegen 0 konvergiert. Daher ist die Reihe konvergent. Der Vollständigkeit halber kann man noch sagen \(\frac{1}{2n+n} \le \frac{1}{2n+1} \le \frac{1}{2n}\) und da sowohl \(\frac{1}{2n+n}\), als auch \(\frac{1}{2n}\) gegen 0 konvergieren, konvergiert auch unsere Folge gegen 0.
Die Reihe konvergiert bedingt, da ihr Betrag divergiert. Warum divergiert der Betrag? Ich weiß nicht, was hier die genaue Antwort wäre, wenn es nicht reicht, zu sagen, dass die Summe der Folgen gegen unendlich konvergiert. Ganz sicher aber mache ich dafür KEINE vollständige Induktion. Das ist nicht Teil der Prüfung. Möglicherweise könnte man noch mit den Partialsummen oder dem Riemann'schen Umordnungssatz argumentieren. Wenn das als Antwort nicht ausreichend ist, dann würde ich Sie jetzt bitten, mir die Antwort auf die Frage, warum ist \(|a_n|\) nur bedingt konvergent, doch zu erläutern, denn offensichtlich komme ich allein nicht drauf und es steht auch nicht genau in meinem schlauen Buch.
─ teetasse 14.11.2020 um 20:20
Satz 4.41 (Konvergenzkriterium von Leibniz) Eine alternierende Reihe \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n a_{n} \) für die \((a_{n})_{n \ge 0} \) eine monoton fallende Nullfolge ist, ist konvergent.
Beweis. Wir betrachten die Teilfolgen \((s_{2n})_{n \ge 0}\) und \((s_{2n+1})_{n \ge 0}\) der Partialsummenfolge. Da \(a_{n} \) monoton fällt, ist
\( s_{sn+1} = (a_{0} - a_{1}) + (a_{2} - a_{3}) + ... + (a_{2n} - a_{2n+1}) \)
eine monoton wachsende Folge, da \(a_{2k} - a_{2k+1} \ge 0 \). Aus demselben Grund ist
\(s_{2n} = a_{0} - (a_1 - a_2) - (a_3 - a_4) - ... - (a_{2n-1} - a_{2n})\)
monoton fallend. Weiters gilt \( 0 \le s_{2n+1} \le s_{2n} \le a_0 \). Daraus folgt, dass \((s_{2n+1})_{n \ge 0}\) und \((s_{2n})_{n \ge 0}\) beschränkt und daher wegen Satz 4.12 (*) konvergent sind.
Sei \(a = lim_{n -> \infty} s_{2n+1}\) und \(b = lim_{n -> \infty} s_{2n} \), dann gilt auch \( 0 \le s_{2n} - s_{2n+1} \to 0\), also ist \(a = b = lim_{n -> \infty} s_n \)
(*) 4.12 (Hauptsatz über monotone Folgen) Eine monotone Folge ist genau dann konvergent, wenn sie beschränkt ist.
Es gibt danach noch ein kurzes Beispiel mit der alternierenden Reihe \( \sum_{n \ge 1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \). Sie erfüllt die vorraussetzungen von Satz 4.41, denn in diesem
Fall ist \(a_n = \frac{1}{n}\) offensichtlich eine monoton fallende Nullfolge. Daher ist die Reihe konvergent.
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So... bezogen auf die Leibniz-Reihe versuche ich nun folgendes. Wie im buch beschrieben soll \( 0 \le s_{2n+1} \le s_{2n} \le a_0 \) für monoton fallende Folgen gelten.
\(s_{2n+1} = a_{2n} - a_{2n+1} \)
\(s_{2n} = a_{2n-1} - a_{2n} \)
Statt \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n \frac{(-1)^n}{2n+1} \) kann ich schreiben \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{2n+1} \). Damit enspricht das der Form: \( \sum_{n \ge 0}^{\infty} (-1)^n a_n \)
Mit der Berechnung \(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+2} \le \frac{1}{4n} - \frac{1}{4n+1}\) erhalte ich am Ende die Ungleichung \(0 \le 1\), damit gilt auch \(0 \le 0 \le 1 \le 1\).
Die Folge ist daher monoton fallend. (die weniger komplizierte Variante mit \(|a_{n+1}| \le |a_n|\) war im Buch nicht angegeben, läuft aber aufs gleiche raus).
Da ja laut Buch die folge \(a_n = \frac{1}{n}\) offensichtlich eine monoton fallende Nullfolge ist, kann man auch davon ausgehen, dass \(a_n = \frac{1}{2n+1}\) gegen 0 konvergiert. Daher ist die Reihe konvergent. Der Vollständigkeit halber kann man noch sagen \(\frac{1}{2n+n} \le \frac{1}{2n+1} \le \frac{1}{2n}\) und da sowohl \(\frac{1}{2n+n}\), als auch \(\frac{1}{2n}\) gegen 0 konvergieren, konvergiert auch unsere Folge gegen 0.
Die Reihe konvergiert bedingt, da ihr Betrag divergiert. Warum divergiert der Betrag? Ich weiß nicht, was hier die genaue Antwort wäre, wenn es nicht reicht, zu sagen, dass die Summe der Folgen gegen unendlich konvergiert. Ganz sicher aber mache ich dafür KEINE vollständige Induktion. Das ist nicht Teil der Prüfung. Möglicherweise könnte man noch mit den Partialsummen oder dem Riemann'schen Umordnungssatz argumentieren. Wenn das als Antwort nicht ausreichend ist, dann würde ich Sie jetzt bitten, mir die Antwort auf die Frage, warum ist \(|a_n|\) nur bedingt konvergent, doch zu erläutern, denn offensichtlich komme ich allein nicht drauf und es steht auch nicht genau in meinem schlauen Buch.
─ teetasse 14.11.2020 um 20:20
Leider scheint diese Antwort Unstimmigkeiten zu enthalten und muss korrigiert werden.
Mikn wurde bereits informiert.
Tatsächlich war die Antwort in meinem Link enthalten. Da hab ich wohl nicht genau genug geschaut. Ok, der Teil wäre damit erledigt aber meine Angabe sollte trotzdem die Leibniz-Reihe sein. Also diese hier:
\( \sum_{n=0}^{\infty} \frac {(-1)^n} {2n+1} = 1 -\frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \frac{1}{9}- ...\)
Wahrscheinlich habe ich mich oben einfach verschrieben und mit der Codeformatierung ist das glaube ich auch etwas übersichtlicher.
Zum Thema Begründung. Angenommen das wäre jetzt keine Leibniz-Reihe, dann müsste ich zeigen, dass \( \sum_{n=1}^{\infty} a_{k}\) konvergiert und der Betrag, also \(|a_{k}|\) divergiert. Dann ist die Reihe bedingt konvergent. Das sollte als Begründung dann auch reichen.
Eine Frage hab ich trotzdem noch und zwar der Satz: "konvergiert die Reihe \( \sum_{n=1}^{\infty} a_{k}\) absolut, so konvergiert diese Reihe auch bedingt." Das hab ich hier noch gefunden (also gleich erster satz): https://pnp.mathematik.uni-stuttgart.de/iadm/Weidl/analysis2/vorlesung-ana2/node36.html
D.h. wenn ich eine absolut konvergente Reihe hätte dann wären die Antworten hier sowohl a), b) als auch c) ?
─ teetasse 11.11.2020 um 22:06