Summenwerte von Reihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:29 Do 12.11.2015 | | Autor: | sae0693 |
| Aufgabe | | [mm] \summe_{k=1}^{\infty} \bruch{2}{(k+1)(k+3)} [/mm] |
Wie kann ich die genannte Reihe umstellen/vereinfachen, damit ich auf den Summenwert komme? Kann ich hierbei versuchen, auf geometrische Reihe zu kommen oder muss ich etwas anderes probieren?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:40 Do 12.11.2015 | | Autor: | X3nion |
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Hallo,
> Das riecht mir ganz nach Partialbruchzerlegung... aber Fred
> schreibt ja gerade eine Antwort!
Und eben darum gebietet es die Höflichkeit, die Antwort abzuwarten. Ergänzen oder eine weitere Antwort/Mitteilung kann man immer noch machen ...
Danke und Gruß
schachuzipus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:49 Do 12.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty} \bruch{2}{(k+1)(k+3)}[/mm]
> Wie kann ich
> die genannte Reihe umstellen/vereinfachen, damit ich auf
> den Summenwert komme? Kann ich hierbei versuchen, auf
> geometrische Reihe zu kommen oder muss ich etwas anderes
> probieren?
Was anderes.
Setzen wir [mm] a_k:=\bruch{2}{(k+1)(k+3)}, [/mm] so ist
(*) [mm] a_k=\bruch{1}{k+1}-\bruch{1}{k+3}.
[/mm]
Ist [mm] s_n:=a_1+a_2+...+a_n, [/mm] so ist der gesuchte Summenwert
= [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}s_n.
[/mm]
Mit (*) entpuppt sich [mm] s_n [/mm] als Teleskopsumme. Es gilt
[mm] s_n=\bruch{5}{6}-\bruch{1}{n+2}-\bruch{1}{n+3}.
[/mm]
Zeige dies !
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:40 Do 12.11.2015 | | Autor: | sae0693 |
Wie komme ich auf die 5/6? :x
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:18 Do 12.11.2015 | | Autor: | X3nion |
Hi!
Nun betrachten wir doch einmal
[mm] s_{n} [/mm] = [mm] a_{1} [/mm] + [mm] a_{2} [/mm] + [mm] a_{3} [/mm] + ... + [mm] a_{n}.
[/mm]
Mit [mm] a_{k} [/mm] = [mm] \frac{1}{k+1} [/mm] - [mm] \frac{1}{k+3} [/mm] ist also
[mm] s_{n} [/mm] = [mm] (\frac{1}{2} [/mm] - [mm] \frac{1}{4}) [/mm] + [mm] (\frac{1}{3} [/mm] - [mm] \frac{1}{5}) [/mm] + [mm] (\frac{1}{4} [/mm] - [mm] \frac{1}{6}) [/mm] + [mm] (\frac{1}{5} [/mm] - [mm] \frac{1}{7}) [/mm] + [mm] (\frac{1}{6} [/mm] - [mm] \frac{1}{8}) [/mm] + ... + [mm] (\frac{1}{n-1} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+1}) [/mm] + [mm] (\frac{1}{n} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+2}) [/mm] + [mm] (\frac{1}{n+1} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+3})
[/mm]
Nun sieht man doch, dass sich [mm] -\frac{1}{4} [/mm] mit + [mm] \frac{1}{4} [/mm] zwei Klammern später aufhebt, [mm] -\frac{1}{5} [/mm] mit [mm] +\frac{1}{5} [/mm] zwei Klammern später usw...
[mm] +\frac{1}{2} [/mm] und [mm] +\frac{1}{3} [/mm] haben keinen "Aufhebungspartner", dieser befände sich eine bzw. zwei Klammern weiter links, aber diese existieren nicht.
Auf der anderen Seite ist [mm] +\frac{1}{n-1} [/mm] der Aufhebungssummand von [mm] -\frac{1}{n-1} [/mm] zwei Klammern zuvor, [mm] +\frac{1}{n} [/mm] derjenige von [mm] -\frac{1}{n} [/mm] zwei Klammern zuvor, und - wie man sieht - hebt sich [mm] -\frac{1}{n+1} [/mm] mit [mm] +\frac{1}{n+1} [/mm] auf.
[mm] -\frac{1}{n+2} [/mm] und [mm] -\frac{1}{n+3} [/mm] können sich in [mm] s_{n} [/mm] nicht aufheben, da die Aufhebungssummanden sich wieder weiter rechts befinden würden.
Folglich bleibt doch übrig: [mm] s_{n} [/mm] = [mm] \frac{1}{2} [/mm] + [mm] \frac{1}{3} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+2} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+3} [/mm] = [mm] \frac{5}{6} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+2} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+3}
[/mm]
Du sollst nun nach FRED's Antwort allgemein beweisen, dass
[mm] \summe_{k=1}^{n} \frac{2}{(k+1)(k+3)} [/mm] = [mm] \frac{5}{6} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+2} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+3}
[/mm]
gilt. Wie könntest du diesen Beweis tätigen?
Denn wenn das gilt, dann hast du den Summenwert schon mal irgendwie in Abhängigkeit von n. Lässt du dann n gegen unendlich laufen und betrachtest somit den Grenzwert [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} s_{n}, [/mm] so hast du den Wert der Reihe. Dazu musst du aber erst einmal beweisen, ob [mm] s_{n} [/mm] = [mm] \frac{5}{6} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+2} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+3} [/mm] ist.
Gruß X³nion
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:56 Fr 13.11.2015 | | Autor: | DieAcht |
Hallo X3nion!
> Wie könntest du diesen Beweis tätigen?
Deine Ausführung hat doch die Aussage bereits bewiesen. "Scharfes Auge"  .
(Strenggenommen könnte man die Kommutativität der Addition in [mm] $\IR$ [/mm] erwähnen.)
Gruß
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:02 Fr 13.11.2015 | | Autor: | X3nion |
Hallo Acht,
ich dachte da an die vollständige Induktion.
Aber du hast recht, in diesem Fall hätte ich es ja durch meine Ausführungen schon gezeigt.
Abgenommen jedoch, man hätte jetzt mit dem Ausschreiben der Teleskopsumme argumentiert: wäre dann auch eine vollständige Induktion für die Lösung der Aufgabe zugelassen gewesen?
Viele Grüße,
X³nion
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Hallo zusammen,
wozu eine Induktion?
Reicht denn nicht eine simple Indexverschiebung aus?
Dann kann man sich auch die "Pünktchenschreibweise" und das "scharfe Auge" sparen und hat es wunderbar formal mit einem Streich gezeigt ...
Gruß
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:54 So 15.11.2015 | | Autor: | X3nion |
Hallo zusammen,
an welchen Indexshift dachtest du denn, schachuzipus? Ich sehe das irgendwie grad nicht, liegt wohl am Nebelwetter draußen ![[grins]](/images/smileys/grins.gif "[grins]")
Gruß X³nion
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Moin Xenion,
> Hallo zusammen,
>
> an welchen Indexshift dachtest du denn, schachuzipus? Ich
> sehe das irgendwie grad nicht, liegt wohl am Nebelwetter
> draußen
![[lupe]](/images/smileys/lupe.gif "[lupe]")
Ich dachte an dies: (mal in aller Ausführlichkeit aufgeschrieben)
[mm]\sum\limits_{k=1}^n\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+3}\right) \ = \ \sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k+1} \ - \ \sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k+3}[/mm]
Nun würde ich gerne in der hinteren Summe im Nenner auch [mm]k+1[/mm] stehen haben; dazu muss ich dort k um 2 vermindern und das ausgleichen, indem ich es "an" der Summe um 2 erhöhe:
[mm]= \ \sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k+1} \ - \ \sum\limits_{\red{k=3}}^{\red{n+2}}\frac{1}{\blue{k+1}}[/mm]
[mm]=\frac{1}{1+1}+\frac{1}{2+1}+\left[\underbrace{\sum\limits_{k=3}^{n}\frac{1}{k+1}-\sum\limits_{k=3}^n\frac{1}{k+1}}_{=0}\right]-\frac{1}{(n+1)+1}-\frac{1}{(n+2)+1}[/mm]
[mm]=\frac{5}{6}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}[/mm]
>
> Gruß X³nion
Zurück!
schachuzipus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:48 Fr 13.11.2015 | | Autor: | DieAcht |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo sae0693!
| Aufgabe | | \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{(k+1)(k+3)} |
Wie lautet eigentlich die vollständige Aufgabenstellung?
Zunächst etwas Theorie:
Gegeben sei eine Folge $(a_k)_{k\in\IN}$ mit $a_k\in\IR$ für alle $k\in\IN$.
Die Zahlen
$S_1:=a_1$,
$S_2:=a_1+a_2$,
$\ldots$,
$S_n:=\sum_{k=1}^{n}a_k$
heißen Partialsummen und bilden die Partialsummenfolge $(S_n)_{n\in\IN}$.
Das Symbol $ \sum_{k=1}^{\infty}a_k $ ist eine weitere Bezeichnung für die Folge $ (S_n)_{n\in\IN} $.
Konvergiert die Folge $(S_n)_{n\in\IN}$, so wird ihr Grenzwert auch Summe der Reihe genannt.
Im Konvergenzfall (und nur dann) gilt
$(\star)\quad \sum_{k=1}^{\infty}a_k=\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k$.
Das Symbol $\sum_{k=1}^{\infty}a_k$ hat also zwei Bedeutungen:
Die Reihe als solche und (NUR im Konvergenzfall) die Summe der Reihe.
Wir setzen
$a_k=\frac{2}{(k+1)(k+3)$ für alle $k\in\IN$.
Zeige, dass die Reihe
$\sum_{k=1}^{\infty}a_k$
konvergiert.
Per definitionem $(\star)$ folgt
$\sum_{k=1}^{n}a_k=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k$.
Zwischenüberlegung:
Gegeben sei eine Folge $(b_k)_{k\in\IN}$ mit $b_k\in\IR$ für alle $k\in\IN$. Dann gilt
$(\star\star)\quad\sum_{k=1}^{n}(b_k-b_{k+2})=(b_1-b_3)+(b_2-b_4)+\ldots+(b_{n-1}-b_{n+1})+(b_{n}-b_{n+2})=b_1+b_2-b_{n+1}-b_{n+2}$.
Wir setzen
$b_k=\frac{1}{k+1}$ für alle $k\in\IN$.
Dann gilt
$\sum_{k=1}^{n}a_k=\sum_{k=1}^{n}(b_k-b_{k+2})\overset{(\star\star)}{=}\frac{5}{6}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}$,
so dass (mit Anwendung der Grenzwertsätze) folgt
\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k=\frac{5}{6}.
Somit erhalten wir
$\sum_{k=1}^{\infty}a_k=\frac{5}{6}$.
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 04:00 Fr 13.11.2015 | | Autor: | DieAcht |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Für die Reinschrift empfehle ich folgende Überlegung:
Gegeben sei eine Folge $ (c_k)_{k\in\IN} $ mit $ c_k\in\IR $ für alle $ k\in\IN $.
Eine Teleskopreihe
\sum_{k=1}^{\infty}(c_k-c_{k+2})
konvergiert genau dann, wenn die Folge $(c_k)_{k\in\IN}$ konvergiert.
In diesem Fall gilt
$\sum_{k=1}^{\infty}(c_k-c_{k+2})=c_1+c_2-2*\lim_{n\to\infty}c_{n} $.
(Beweis?)
Wir setzen
$ a_k=\frac{2}{(k+1)(k+3) $ für alle $ k\in\IN $
und
$ b_k=\frac{1}{k+1} $ für alle $ k\in\IN $.
Dann ist
\sum_{k=1}^{\infty}a_k=\sum_{k=1}^{\infty}(b_k-b_{k+2})
eine Teleskopreihe, die konvergiert, denn es gilt $b_k\to 0$ für $k\to\infty$.
Also erhalten wir
$\sum_{k=1}^{\infty}a_k=b_1+b_2=\frac{5}{6}$.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:16 Fr 13.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hallo sae0693!
>
>
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{(k+1)(k+3)}[/mm]
>
>
>
>
>
>
> Wie lautet eigentlich die vollständige Aufgabenstellung?
>
>
>
> Zunächst etwas Theorie:
>
> Gegeben sei eine Folge [mm](a_k)_{k\in\IN}[/mm] mit [mm]a_k\in\IR[/mm] für
> alle [mm]k\in\IN[/mm].
Hallo Acht,
> Die entsprechende Reihe mit den Gliedern [mm]a_k\[/mm] ist das
> Symbol
>
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty}a_k=:R[/mm].
Ui ui ui !! Was ist denn nun [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k [/mm] für ein Objekt ?? Ein Kieselstein ? Eine Abbildung ? Eine Menge ? Ein Baum ? Sei ehrlich: wenn Du jemandem erklären willst, was [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k [/mm] bedeutet, so ist das
"Die entsprechende Reihe mit den Gliedern [mm]a_k\[/mm] ist das Symbol [mm]\sum_{k=1}^{\infty}a_k=:R[/mm]"
kompletter Quark.
>
> Die Zahlen
>
> [mm]S_1:=a_1[/mm],
>
> [mm]S_2:=a_1+a_2[/mm],
>
> [mm]\ldots[/mm],
>
> [mm]S_n:=\sum_{k=1}^{n}a_k[/mm]
Jetzt kommen wir der Sache schon näher !
Ausgehend von der Folge [mm](a_k)_{k\in\IN}[/mm] haben wir uns eine weitere Folge [mm](S_n)_{n\in\IN}[/mm] gebastelt.
Jetzt kommts: [mm] \sum_{k=1}^{\infty}a_k [/mm] ist nur eine weiter Bezeichnung für die Folge [mm](S_n)_{n\in\IN}[/mm].
Gruß FRED
>
> heißen Partialsummen der Reihe [mm]R\[/mm]. Diese bilden die
> Partialsummenfolge [mm](S_n)_{n\in\IN}[/mm].
>
> Die Reihe [mm]R\[/mm] heißt konvergent, falls [mm](S_n)_{n\in\IN}[/mm]
> konvergiert.
> Der Grenzwert von [mm](S_n)_{n\in\IN}[/mm] wird Summe der Reihe
> genannt.
> Im Konvergenzfall (und nur dann) gilt
>
> [mm](\star)\quad R=\sum_{k=1}^{\infty}a_k=\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k[/mm].
>
> Das Symbol [mm]R\[/mm] hat also zwei Bedeutungen:
> Die Reihe als solche und (NUR im Konvergenzfall) die Summe
> der Reihe.
>
>
>
> Wir setzen
>
> [mm]a_k=\frac{2}{(k+1)(k+3)[/mm] für alle [mm]k\in\IN[/mm].
>
> Zeige, dass die Reihe
>
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty}a_k[/mm]
>
> konvergiert.
>
> Per definitionem [mm](\star)[/mm] folgt
>
> [mm]\sum_{k=1}^{n}a_k=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k[/mm].
>
>
>
> Zwischenüberlegung:
>
> Gegeben sei eine Folge [mm](b_k)_{k\in\IN}[/mm] mit [mm]b_k\in\IR[/mm] für
> alle [mm]k\in\IN[/mm]. Dann gilt
>
> [mm](\star\star)\quad\sum_{k=1}^{n}(b_k-b_{k+2})=(b_1-b_3)+(b_2-b_4)+\ldots+(b_{n-1}-b_{n+1})+(b_{n}-b_{n+2})=b_1+b_2-b_{n+1}-b_{n+2}[/mm].
>
>
>
> Wir setzen
>
> [mm]b_k=\frac{1}{k+1}[/mm] für alle [mm]k\in\IN[/mm].
>
> Dann gilt
>
> [mm]\sum_{k=1}^{n}a_k=\sum_{k=1}^{n}(b_k-b_{k+2})\overset{(\star\star)}{=}\frac{5}{6}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}[/mm],
>
> so dass (mit Anwendung der Grenzwertsätze) folgt
>
> [mm]\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k=\frac{5}{6}.[/mm]
>
> Somit erhalten wir
>
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty}a_k=\frac{5}{6}[/mm].
>
>
> Gruß
> DieAcht
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