0 Daumen
35 Aufrufe

Aufgabe:

Untersuchen Sie die angegebenen Reihen auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Reihenwert.

$$(a)\sum \limits_{k=1}^{\infty} (\sum \limits_{l=1}^{\infty}2^{-l-k})$$

$$(b)\sum \limits_{k=1}^{\infty} (\sum \limits_{l=1}^{\ k}2^{-l})$$

$$(c)\sum \limits_{k=1}^{\infty} (\sum \limits_{l=1}^{\infty}\frac{1}{(k+l)^{2}})$$


Problem/Ansatz:

Ich weiß leider nicht wie ich mit solch verketteten Reihen umgehen soll bzw. wie ich sie auf Konvergenz untersuchen soll.

vor von

2 Antworten

0 Daumen
 
Beste Antwort

Zu (a):

Mache dir Gedanken zu \((\sum_{k=1}^{\infty}2^{-k})\cdot (\sum_{l=1}^{\infty}2^{-l})\)

Zu (b):

Ist hier das notwendige Kriterium für die
Konvergenz einer Reihe erfüllt?

Zu (c):

Eine "große Umordnung" liefert$$\sum_{n=2}^{\infty}(\sum_{k+l=n} \frac {1}{n^2})= ...$$

vor von 5,5 k
0 Daumen

Aloha :)

Hier brauchen wir die geometrische Summenformel:$$\sum\limits_{n=0}^Nq^n=\frac{1-q^{N+1}}{1-q}\quad;\quad q\ne1$$in der leichten Abwandlung, dass der Startindex \(1\) ist:$$\sum\limits_{n=1}^Nq^n=\sum\limits_{n=0}^Nq^n-q^0=\frac{1-q^{N+1}}{1-q}-1=\frac{q-q^{N+1}}{1-q}$$Für \(|q|<1\) und \(N\to\infty\) konvergiert die Summe, weil \(q^{N+1}\) gegen \(0\) geht:$$\sum\limits_{n=1}^\infty q^n=\frac{q}{1-q}\quad;\quad|q|<1$$

So gerüstet, wenden wir uns den Aufgaben zu:$$S_a=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\sum\limits_{\ell=1}^\infty2^{-\ell-k}\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(2^{-k}\sum\limits_{\ell=1}^\infty2^{-\ell}\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{2^k}\sum\limits_{\ell=1}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^\ell\right)$$$$\phantom{S_a}=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{2^k}\cdot\frac{\frac12}{1-\frac12}\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\frac12\right)^k=\frac{\frac12}{1-\frac12}=1$$

$$S_b=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\sum\limits_{\ell=1}^k2^{-\ell}\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\sum\limits_{\ell=1}^k\left(\frac12\right)^\ell\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{\frac12-\left(\frac12\right)^{k+1}}{1-\frac12}=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(1-\left(\frac12\right)^{k}\right)=\infty$$Die Summe konvergiert nicht, weil diie einzelnen Summanden keine Nullfolge bilden, die \(a_k=1-\left(\frac12\right)^k\) konvergieren gegen \(1\), nicht gegen \(0\).

Teilaufgabe (c) ist etwas "fummeliger". Die Summe ist so aufgeschrieben, dass du \(k\) festhälst und dann \(\ell\) von \(1\) bis \(\infty\) laufen lässt. Ich schreibe das mal wie folgt auf:$$\begin{array}{c} & \ell=1 & \ell=2 & \ell=3 & \ell=4 & \cdots\\\hline k=1 & \frac{1}{2^2} & \frac{1}{3^2} & \frac{1}{4^2} & \frac{1}{5^2} &\cdots\\[1ex] k=2 & \frac{1}{3^2} & \frac{1}{4^2} & \frac{1}{5^2} & \frac{1}{6^2} &\cdots\\[1ex] k=3 & \frac{1}{4^2} & \frac{1}{5^2} & \frac{1}{6^2} & \frac{1}{7^2} &\cdots\\[1ex] k=4 & \frac{1}{5^2} & \frac{1}{6^2} & \frac{1}{7^2} & \frac{1}{8^2} &\cdots\\\vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\vdots & \ddots\end{array}$$Wenn du nun \(k=1\) fest hälst \(\ell\) laufen lässt, rechnest du die ganze Zeit in der ersten Zeile in der Hoffnung, irgendwann das Ergebnis als Grenzwert angeben zu können und in die zweite Zeile \(k=2\) gehen zu können.

Wir könnten aber auch "diagonal" addieren, indem wir die Summe von \(k\) und \(\ell\) festhalten. Setzen wir \(n\coloneqq k+\ell\), so startet die Indexsumme bei \(n=2\). Sie liefert nur das Element \(\frac{1}{2^2}\) links oben in der Ecke. Für \(n=3\) haben wir die Möglichkeiten \(k=2,\ell=1\) und \(k=1,\ell=2\) und addieren die beiden Summanden \(\frac{1}{3^2}\). Für \(n=4\) haben wir \(k=3\,\ell=1\), \(k=2,\ell=2\) und \(k=1,\ell=3\) und addieren die Diagonale mit den Summanden \(\frac{1}{4^2}\)... Wenn dir die Idee klar geworden ist, kannst du die Summe wie folgt umscheiben:

$$S_c=\sum\limits_{k=1}^\infty\left(\sum\limits_{\ell=1}^\infty\frac{1}{(k+\ell)^2}\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty\left(\sum\limits_{k+\ell=n}\frac{1}{(k+\ell)^2}\right)=\sum\limits_{n=2}^\infty\left(\sum\limits_{j=2}^{n}\frac{1}{n^2}\right)=\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{{n-1}}{n^2}$$Wegen \(n\ge2\) können wir die Summanden wie folgt abschätzen:$$n\ge2\implies \frac{n-1}{n}\ge\frac12\implies\frac{n-1}{n^2}\ge\frac{1}{2n}$$Die Summe \(S_c\) läuft daher in eine harmonische Reihe, die bekanntlich divergiert:$$S_c\ge\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{2n}=\frac12\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\to\infty$$

vor von 89 k 🚀

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage

Willkommen bei der Mathelounge! Stell deine Frage einfach und kostenlos

x
Made by a lovely community