Hörsaalübung für Höhere Mathematik 1

Prof. Dr. A. Klar
W. Bock
P. Capraro
Aufgabe 1:
Hörsaalübung für
Höhere Mathematik 1
Blatt 3
Ähnlich wie in Aufgabe 3 vom 2. Blatt verwenden wir hier die Induktionsvoraussetzung für zwei
verschiedene natürliche Zahlen (n und n − 1). Dann muss man aber den Induktionsanfang auch für
zwei Werte prüfen, und dort funktioniert der Beweis nicht mehr:
Für n = 0 ist zwar 20 = 1, aber für n = 1 ist 21 = 2 6= 1.
Aufgabe 2:
Wir können die geometrische Reihe verwenden, um die Konvergenz zu überprüfen:
∞ X
x
n=0
2
∞
n X
−1 =
qn
mit q =
n=0
x
− 1.
2
Wir wissen: die geometrische Reihe ist genau dann konvergent, wenn |q| < 1 ist. Also:
|q| < 1 ⇔ q ∈ ] − 1, 1[ ⇔
x
x
− 1 ∈ ] − 1, 1[ ⇔
∈ ]0, 2[ ⇔ x ∈ ]0, 4[.
2
2
Also ist die Reihe konvergent, wenn 0 < x < 4 ist. Sie konvergiert gegen den Wert
∞
X
qn =
n=0
1
1
1
=
=
x
1−q
1− 2 +1
2+
x
2
=
2
.
4+x
Aufgabe 3:
• Für den Logarithmus gilt allgemein die Ungleichung ln(k) ≤ k − 1 < k, also
∞
X
k=1
∞
X1
1
>
.
ln(k)
k
k=1
Da die Reihe auf der rechten Seite (die harmonische Reihe) divergent ist (Vorlesung), ist auch
die Reihe auf der linken Seite divergent (Minorantenkriterium).
• Wir verwenden das Quotientenkriterium. Es gilt
n
n!
2k
(2k)!
=
,
also
=
,
k
k!(n − k)!
k
k!k!
und mit der Notation ak =
2k 1
k k!
ist
a
(2k + 2)!(k!)3
(2k)!(2k + 1)(2k + 2)(k!)3
(2k + 1)(2k + 2) k→∞
k+1 =
=
→ 0.
=
3
3
3
ak
(2k)!((k + 1)!)
(2k)!(k + 1) (k!)
(k + 1)3
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Hörsaalübung für
Höhere Mathematik 1
Blatt 3
Da der Bruch gegen eine Zahl konvergiert die kleiner als 1 ist, ist das Quotientenkriterium
erfüllt. Also ist die Reihe konvergent.
• Wenn man hier versucht, das Quotientenkriterium anzuwenden, hat man wenig Erfolg
√
r
a
k5
k 5
k+1 → 1.
=
= p
ak
k+1
(k + 1)5
Da der Quotient gegen 1 konvergiert, können wir weder Konvergenz noch Divergenz folgern.
Wir benötigen also
Kriterium.
√ ein anderes
5
Man sieht leicht: k 5 = k 2 ≥ k 2 für alle k ∈ N. Dann gilt aber
1
1
√ ≤ 2
k
k5
⇒
∞
∞
X
X
1
1
√ ≤
.
k2
k5
k=1
k=1
Nach dem Majorantenkriterium ist die Reihe konvergent.
• Die Konvergenz einer Reihe kann manchmal durch verschiedene Kriterien geprüft werden. Hier
z.B. durch
– Quotientenkriterium:
a
kk
1 k k
k+1 =
→ 0.
=
ak
k+1|k+
(k + 1)k+1
{z1 }
≤1
Der Grenzwert ist kleiner als 1, also ist die Reihe konvergent.
– Wurzelkriterium:
r
1
1
= → 0.
k
k
k
Wie beim Quotientenkriterium: Grenzwert ist kleiner 1, also ist die Reihe konvergent.
p
k
|ak | =
k
– Majorantenkriterium: k k ≥ k 2 für alle k ∈ N, also
∞
∞
X
X
1
1
≤
.
k
k2
k
k=1
k=1
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Blatt 3
Aufgabe 4:
Für den Konvergenzradius der Potenzreihe gilt (mit ak =
1
)
(2k+5)3
a (2k + 7)3
k R = lim = 1.
= lim
k→∞ ak+1
k→∞ (2k + 5)3
D.h. die Potenzreihe konvergiert für x ∈ ] − 1, 1[ und sie divergiert für x ∈ ] − ∞, −1[ ∪ ]1, ∞[.
Betrachten wir noch die Randpunkte: 1. Fall: x = 1. Dann erhalten wir
∞
X
k=1
∞
∞
∞
k=1
k=1
k=1
X
X 1
1
1X 1
1
k
1
=
<
<
.
(2k + 5)3
(2k + 5)3
(2k)3
8
k2
Von der Reihe auf der rechten Seite der Ungleichung wissen wir aber, dass sie konvergent ist (Vorlesung), daher muss auch die Reihe auf der linken Seite (die kleiner ist) konvergieren (Majorantenkriterium). 2. Fall: x = −1. Dann erhalten wir
∞
X
k=1
1
(−1)k ,
(2k + 5)3
d.h. in der Reihe steht eine alternierende Folge. Für alternierende Folgen kennen wir das LeibnizKriterium. Um es anwenden zu können, muss
• die Folge
1
(−1)k
(2k+5)3
• die Folge
1
(2k+5)3
• und die Folge
alternieren (das sehen wir bereits),
muss gegen 0 konvergieren (auch das ist klar),
1
(2k+5)3
muss monoton sein. Doch auch das gilt, denn
1
1
1
>
=
.
(2k + 5)3
(2k + 7)3
(2(k + 1) + 5)3
Also können wir das Leibniz-Kriterium anwenden. Die Reihe ist konvergent.
Insgesamt konvergiert die Potenzreihe also für alle x ∈ [−1, 1].
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