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Aufgabe:

ich will die Konvergenz folgender Reihe zeigen. $$\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n+1}}}$$



Problem/Ansatz:

Ich darf lediglich das Wurzel/Quotientenkriterium oder das Majoranten/Minorantenkriterium benutzen.
Mit dem Wurzelkriterium lande ich bei $$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{(n+1)^{\frac{1}{2n}}}=1$$, welches keine Aussage über die Konvergenz zulässt.

Habe ich etwas falsch gemacht oder hätte jemand eine Idee, wie man es mit dem Majorantenkriterium zeigen könnte?


Danke im voraus
Mfg Max

von

vgl:

https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+%28-1%29%5En%2F%28n%2B1%29%5E0.5+from+0+to+infinit

Vlt. hilft es, wenn du Teilsummen bildest für gerade und ungerade n.

Hallo,

Du kannst jeweils 2 Summanden zusammenfassen, also

$$(1-\frac{1}{\sqrt{2}})+(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}})+(\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{6)}})+ \ldots $$

Gruß Mathhilf

2 Antworten

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Beste Antwort

Aloha :)

Du kannst die Summe auch in 2er-Schritten durchlaufen, das heißt, immer ein gerades \(n\) und ein ungerades \(n\) gemeinsam betrachten:$$\phantom{=}\sum\limits_{n=0}^{2N}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}=\sum\limits_{k=0}^N\left(\frac{(-1)^{2k}}{\sqrt{2k+1}}+\frac{(-1)^{2k+1}}{\sqrt{(2k+1)+1}}\right)=\sum\limits_{k=0}^N\left(\frac{1}{\sqrt{2k+1}}+\frac{-1}{\sqrt{2k+2}}\right)$$$$=\sum\limits_{k=0}^N\frac{\sqrt{2k+2}-\sqrt{2k+1}}{\sqrt{2k+1}\cdot\sqrt{2k+2}}=\sum\limits_{k=0}^N\frac{(\sqrt{2k+2}-\sqrt{2k+1})\cdot(\sqrt{2k+2}+\sqrt{2k+1})}{\sqrt{2k+1}\cdot\sqrt{2k+2}\cdot(\sqrt{2k+2}+\sqrt{2k+1})}$$Nach dieser Erweiterung können wir im Zähler die 3-te binomische Formel anwenden:$$=\sum\limits_{k=0}^N\frac{(2k+2)-(2k+1)}{\sqrt{2k+1}\cdot\sqrt{2k+2}\cdot(\sqrt{2k+2}+\sqrt{2k+1})}$$Der Zähler ist gleich \(1\). Wenn wir den Nenner eines Bruches verkleinern, vergrößern wir den Bruch. Daher können wir diese Summe wie folgt abschätzen:$$<\sum\limits_{k=0}^N\frac{1}{\sqrt{2k+1}\cdot\sqrt{2k+1}\cdot2\sqrt{2k+1}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=0}^N\frac{1}{(2k+1)^{3/2}}<\sum\limits_{k=0}^N\frac{1}{(2k+1)^{3/2}}$$$$<\sum\limits_{k=0}^N\frac{1}{(k+1)^{3/2}}=\sum\limits_{k=1}^N\frac{1}{k^{3/2}}$$Für \(N\to\infty\) konvergiert die letzte Summe und damit auch die ursprüngliche Summe.

von 74 k 🚀

Du kannst die unendliche Summe auch in 2er-Schritten durchlaufen

Das klappt dann besonders gut, wenn man vorher die Konvergenz nachgewiesen hat.

Das braucht man nicht vorher erledigen. Aus der Konvergenz der 2er-Reihe folgt die Konvergenz der ursprünglichen Reihe, weil die Differenz zwischen den jeweiligen Partialsummen, also die Summanden, gegen gehen. Könnte man natürlich in der Musterlösung auch erwähnen.

Gruß Mathhilf

Der Beweis, dass ∑ (-1)^n konvergiert geht übrigens analog zu obigem, die Abschätzung ist sogar noch einfacher.

Ich habe meine Antwort leicht abgeändert, damit klar wird, was ich meinte.

klar wird, was ich meinte

Was du meinen musst ist Folgendes :

1. S2N = ∑ [n = 0 .. 2N] an   konvergiert (das hast du gezeigt)

2. S2N-1 = ∑ [n = 0 .. 2N-1] an   konvergiert (das hast du nicht gezeigt)

3. Die beiden Partialsummenfolgen haben den gleichen Grenzwert (das hast du auch noch nicht gezeigt)

Diese Schritte 1.-3. sind übrigens eine Skizze des Beweises des Leibniz-Kriteriums.

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Hallo

bei alternierenden Reihen benutzt niemand deine Konvergenzkriterien, (du kannst ja die Wurzel aus den negativen  Termin gar nicht ziehen) sondern das Leibniz-Kriterium. Nur wenn du die absolute Konvergenz zeigen sollst kannst du das Minoranten Kriterium benutzen.

Gruß lul

von 62 k 🚀

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