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Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Beitrag No.11 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-31 22:07
WagW
 

Mir fällt gerade noch eine kurze Sache ein:

angenommen wir wüssten nur, dass die Reihe $\sum\limits_{k\in \mathbb{N}}a_k$ konvergiert, muss man dann groß zeigen, dass auch die anderen drei Reihen $\sum\limits_{k\in M_1\cup M_2}a_k$, $\sum\limits_{k\in M_1}a_k$ und  $\sum\limits_{k\in M_2}a_k$  konvergieren?

Ich mein, dass bspw. $\sum\limits_{k\in M_1}|a_k|$ monoton steigend ist (unabhängig von einer gewählten Bijektion $\varphi:\mathbb{N}\to M_1$), ist ja klar, aber darf man dann so einfach sagen, dass $\sum\limits_{k\in M_1}|a_k|$ durch $\sum\limits_{k\in \mathbb{N}}|a_k|$ beschränkt wird, da ja jeder Summand von $\sum\limits_{k\in M_1}|a_k|$ auch in $\sum\limits_{k\in \mathbb{N}}|a_k|$ vorkommt und dann auf die Konvergenz von $\sum\limits_{k\in M_1}|a_k|$ aufgrund des Monotoniekriteriums schließen? Ich habe irgendwie das Gefühl, dass man da noch Zwischenschritte erwähnen sollte...



Ach und noch was, den Ansatz auf den wir uns geeinigt hatten ist anscheinend doch nicht richtig 😄, ich hatte da ziemlich heftigen Punktabzug bekommen, die Abschätzung $$\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}-\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}\right|< \sum\limits_{k=n_0+1}^{\infty}|a_{\varphi(k)}|,$$ darf man so ohne weitere Begründung nicht einfach machen (auch wenn sie intuitiv richtig ist).

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Beitrag No.10 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 18:35
WagW
 

Danke auf jeden Fall für Deine Hilfe :)

viele Grüße
WagW

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 17:49
WagW
 

Betrachte ich:
$$\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}-\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}\right|< \sum\limits_{k=n_0+1}^{\infty}|a_{\varphi(k)}|<\frac{\epsilon}{2},$$ dann wird die Summe $\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}$ "neutralisiert". Das was von $\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}$ übrig bleibt, kann also nur Summanden enthalten, die ebenfalls in $\sum\limits_{k=n_0+1}^{\infty}a_{\varphi(k)}$ vorkommen. Daher dachte ich, dass ich mit $\sum\limits_{k=n_0+1}^{\infty}|a_{\varphi(k)}|$ durchaus abschätzen kann.
Klappt das so nicht? Wo wäre da der Denkfehler?

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Großer Umordnungssatz und Doppelreihen  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 16:49
WagW
 

Hallo zusammen,

ich frage mich wie ich das Vertauschen der Summationsreihenfolge bei Doppelsummen korrekt aus dem großen Umordnungssatz ableiten kann.


Definition:
Eine Reihe $\sum\limits_{k\in J}a_k$ ist konvergent, wenn es eine Bijektion $\varphi:\mathbb{N}\to J$ gibt, sodass $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_{\varphi(k)}$ absolut konvergiert. (In diesem Fall ist die Reihenfolge der Summanden $a_k$ unerheblich)
______________


Großer Umordnungssatz:
Sei $J$ eine abzählbare Menge und $J=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}J_n$ eine disjunkte Zerlegung von $J$.

$\sum\limits_{k\in J}a_k$ ist konvergent $\iff\sum\limits_{k\in J_n}a_k$ für jedes $n\in\mathbb{N}$ konvergiert und $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in J_n}a_k\right)$ konvergiert absolut.

Außerdem gilt $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in J_n}a_k\right)=\sum\limits_{k\in J}a_k$.
______________


Wie zeige ich nun, dass $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^{\infty}a_{n,m}=\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n,m}$ (wobei beide Doppelreihen als absolut konvergent vorausgesetzt werden)?

Mein Ansatz:

Sei $J=\mathbb{N}\times\mathbb{N}$. Jetzt schreiben wir gedanklich alle Tupel $(n,m)\in J$ in einer Matrix, sodass $(n,m)$ in der $n$-ten Zeile und $m$-ten Spalte zu finden ist:  

$$\begin{array}{rrr}
& I_1 & I_2 & I_3 & \cdots \\
J_1 & (1,1) & (1,2) & (1,3)&\cdots\\
J_2 & (2,1) & (2,2) &(2,3)&\cdots\\
J_3 & (3,1) & (3,2)&(3,3)&\cdots\\
\vdots &\vdots &\vdots &\vdots  &\ddots
\end{array}$$
$J_n$ steht dann für die $n$-te Zeile von $J$ und $J=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}J_n$. Weiter wissen wir, dass für jedes $n$ die Reihe $\sum\limits_{k\in J_n}a_k$ konvergiert - also $\sum\limits_{k\in J_n}a_k=\sum\limits_{m=1}^{\infty}a_{n,m}$. Daraus folgt die absolute Konvergenz von $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in J_n}a_k\right)$ und es gilt $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in J_n}a_k\right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^{\infty}a_{n,m}$. Jetzt können wir den großen Umordnungssatz anwenden (also die "$\impliedby$"-Richtung) und wissen, dass $\sum\limits_{k\in J}a_k$ konvgeriert.

Als Nächstes definieren wir $I_n$ als die $n$-te Spalte von $J$ und erhalten so eine neue disjunkte Zerlegung von $J=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}I_n$. Da wir bereits wissen, dass  $\sum\limits_{k\in J}a_k$ konvergiert, können wir den großen Umordnungssatz erneut anwenden ("$\implies$"-Richtung). Folglich konvergiert $\sum\limits_{k\in I_n}a_k$ für jedes $n\in\mathbb{N}$ und $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in I_n}a_k\right)$ konvergiert absolut - also $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in I_n}a_k\right)=\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n,m}$.

Abschließend erhalten wir also:

$$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n,m}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in I_n}a_k\right)=\sum\limits_{k\in J}a_k=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{k\in J_n}a_k\right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^{\infty}a_{n,m}.
$$
Stimmt das so? Ich weiß, dass ich einige Zwischenschritte übersprungen habe, aber mir geht es eher darum zu checken, dass ich in diesem Fall den großen Umordnungssatz korrekt verwendet habe, um zu zeigen, dass das Vertauschen der Summationsreihenfolge egal ist.

viele Grüße
WagW

Riemannsche Summen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Riemann-Integrierbarkeit bei abzählbar unendlich vielen Unstetigkeitsstellen  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 16:24
WagW
 

Hallo Stefan,

Danke, dass Du mal drüber geschaut hast. Kompaktheit hatten wir bereits eingeführt.

Ich hatte mich nochmal mit meinen Kommilitonen ausgetauscht, aber den konkreten Schritt bei dem das "kaputtgeht" konnten sie mir auch jetzt nicht nennen. Das war dann eher so "hmm ich glaube nicht, dass das klappt, weil ich nicht genau nachvollziehen kann, was Du da machst ..." Vielleicht hatten sie es sich auch nicht richtig angeschaut und haben einfach mal ins Blaue hinein behauptet, dass das nicht klappt.

viele Grüße
WagW

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 16:14
WagW
 

Ok noch ein Versuch - ich muss das jetzt irgendwie hinkriegen 😄 - eigentlich sind das ja nur endlich viele Summanden, die da stören...

Es sei $\varphi:\mathbb{N}\to N$ eine Bijektion, wobei $N\subset\mathbb{N}$.
Weiter wählen wir $m_0,n_0\in\mathbb{N}$ so groß, dass $\left|\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}-\sum\limits_{k\in N}a_k\right|\leq \sum\limits_{k=n_0+1}^{\infty}|a_{\varphi(k)}|<\frac{\epsilon}{2}$ und $\{\varphi(1),\varphi(2),\cdots,\varphi(n_0)\}\subseteq\{1,2,\cdots, m_0\}$ gelten. Es folgt also:
$$\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}-\sum\limits_{k\in N}a_k\right|\leq\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}-\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}\right|+\left|\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}-\sum\limits_{k\in N}a_k\right|< \sum\limits_{k=n_0+1}^{\infty}|a_{\varphi(k)}|+\frac{\epsilon}{2} < \epsilon\implies \sum\limits_{k\in N}a_k=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{N}.$$
Für ein beliebiges $k\in\mathbb{N}$ haben wir dann $a_k^{M_1\cup M_2}=a_k^{M_1}+a_k^{M_2}$ und damit gilt $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_1\cup M_2}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_1}+\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_2}\implies \sum\limits_{k\in M_1\cup M_2}a_k=\sum\limits_{k\in M_1}a_k+\sum\limits_{k\in M_2}a_k$.

Stimmt das so?


Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 13:20
WagW
 

hmm, kann man das nicht "heilen", wenn man das auf die Urbilder bezieht?

Also:

$\{1,2,\cdots, m_0\}\subseteq \{\varphi^{-1}(1),\varphi^{-1}(2),\cdots,\varphi^{-1}(n_0)\}$.

Ich habe das auch mal im vorherigen Beitrag angepasst. Was meinst Du?

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 12:32
WagW
 

Hallo Sismet,

Danke für Deine Anmerkungen :)

hier habe ich die Rollen aus Versehen vertauscht:

\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\IR}{\mathbb{R}} \newcommand{\IZ}{\mathbb{Z}} \newcommand{\IN}{\mathbb{N}} \newcommand{\IC}{\mathbb{C}} \newcommand{\ba}{\begin{align*}} \newcommand{\ea}{\end{align*}} \newcommand{\be}{\begin{equation*}} \newcommand{\ee}{\end{equation*}} \newcommand{\wo}{\backslash} \)2021-03-30 11:11 - Sismet in Beitrag No. 1 schreibt:
[...]
2021-03-30 01:22 - WagW im Themenstart schreibt:
$$\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{M_i}-\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}\right|< \sum\limits_{k=m_0}^{\infty}|a_k^{M_i}|$$
\(\begingroup\)\(\newcommand{\IQ}{\mathbb{Q}} \newcommand{\IR}{\mathbb{R}} \newcommand{\IZ}{\mathbb{Z}} \newcommand{\IN}{\mathbb{N}} \newcommand{\IC}{\mathbb{C}} \newcommand{\ba}{\begin{align*}} \newcommand{\ea}{\end{align*}} \newcommand{\be}{\begin{equation*}} \newcommand{\ee}{\end{equation*}} \newcommand{\wo}{\backslash} \)
Den Schritt sehe ich so nicht.
[...]
\(\endgroup\)

Also nochmal neu:

Es sei $\varphi:\mathbb{N}\to N$ eine Bijektion, wobei $N\subset\mathbb{N}$.
Es gibt ein $m_0\in\mathbb{N}$ so groß, dass $\sum\limits_{k=m_0}^{\infty}|a_k^{N}|<\frac{\epsilon}{2}$ (wir wissen, dass $\sum\limits_{k=1}^{\infty}|a_k^{N}|$ absolut konvergiert aufgrund des Majorantenkriterium - wähle als Majorante $\sum\limits_{k\in \mathbb{N}}a_k$). Weiter wählen wir $n_0\in\mathbb{N}$ so groß, dass $\left|\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}-\sum\limits_{k\in N}a_k\right|<\frac{\epsilon}{2}$ und $\{1,2,\cdots, m_0\}\subseteq \{\varphi(1)^{-1},\varphi(2)^{-1},\cdots,\varphi(n_0)^{-1}\}$ gelten. Es folgt also:
$$\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}-\sum\limits_{k\in N}a_k\right|\leq\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{N}-\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}\right|+\left|\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}-\sum\limits_{k\in N}a_k\right|< \sum\limits_{k=m_0}^{\infty}|a_k^{N}|+\frac{\epsilon}{2} < \epsilon\implies \sum\limits_{k\in N}a_k=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{N}.$$
Für ein beliebiges $k\in\mathbb{N}$ haben wir dann $a_k^{M_1\cup M_2}=a_k^{M_1}+a_k^{M_2}$ und damit gilt $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_1\cup M_2}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_1}+\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_2}\implies \sum\limits_{k\in M_1\cup M_2}a_k=\sum\limits_{k\in M_1}a_k+\sum\limits_{k\in M_2}a_k$.

Passt das so?

viele Grüße
WagW

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Reihe über disjunkten abzählbaren Indexmengen  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-30 01:22
WagW
 

Hallo zusammen,

zunächst folgende Definition:
Sei $M$ eine abzählbare Menge. Dann konvergiert $\sum\limits_{k\in M}a_k$ falls es eine Bijektion $\varphi:\mathbb{N}\to M$ gibt, sodass  $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_{\varphi(k)}$ absolut konvergiert. (In diesem Fall wissen wir auch das die Wahl von $\varphi$ egal ist)


Wir nehmen nun an, dass $M_1,M_2$ zwei disjunkte Teilmengen von $\mathbb{N}$ sind. Weiter nehmen wir an, dass die vier Reihen $\sum\limits_{k\in \mathbb{N}}a_k$, $\sum\limits_{k\in M_1\cup M_2}a_k$, $\sum\limits_{k\in M_1}a_k$ und  $\sum\limits_{k\in M_2}a_k$ konvergieren. Ich soll jetzt zeigen, dass
$$ \sum\limits_{k\in M_1\cup M_2}a_k=\sum\limits_{k\in M_1}a_k+\sum\limits_{k\in M_2}a_k.
$$
Folgendermaßen würde ich vorgehen:

Wir definieren:

$a_k^{M_1\cup M_2}:=\begin{cases}
     a_k & \text{ fallsf } k \in M_1\cup M_2\\
     0 & \text{ falls } k\notin M_1\cup M_2,\end{cases}$

und für $i=\{1,2\}$:

$a_k^{M_i}:=\begin{cases}
     a_k & \text{ falls } k \in M_i\\
     0 & \text{ falls } k\notin M_i.\end{cases}$

Es gibt nun einen Index $n_0\in\mathbb{N}$ sodasst $\left|\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}-\sum\limits_{k\in M_i}a_k\right|<\frac{\epsilon}{2}$. Wir wählen nun $m_0\in\mathbb{N}$ so groß, dass $\{\varphi(1),\varphi(2),\cdots,\varphi(n_0)\}\subseteq \{1,2,\cdots, m_0\}$ und $\sum\limits_{k=m_0}^{\infty}|a_k^{M_i}|<\frac{\epsilon}{2}$ (wir wissen, dass $\sum\limits_{k=1}^{\infty}|a_k^{M_i}|$ absolut konvergiert aufgrund des Majorantenkriterium - wähle als Majorante $\sum\limits_{k\in \mathbb{N}}a_k$).Es folgt also:
$$\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{M_i}-\sum\limits_{k\in M_i}a_k\right|\leq\left|\sum\limits_{k=1}^{m_0}a_k^{M_i}-\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}\right|+\left|\sum\limits_{k=1}^{n_0}a_{\varphi(k)}-\sum\limits_{k\in M_i}a_k\right|< \sum\limits_{k=m_0}^{\infty}|a_k^{M_i}|+\frac{\epsilon}{2} < \epsilon\implies \sum\limits_{k\in M_i}a_k=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_i}.$$
Für ein beliebiges $k\in\mathbb{N}$ haben wir dann $a_k^{M_1\cup M_2}=a_k^{M_1}+a_k^{M_2}$ und damit gilt $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_1\cup M_2}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_1}+\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k^{M_2}\implies \sum\limits_{k\in M_1\cup M_2}a_k=\sum\limits_{k\in M_1}a_k+\sum\limits_{k\in M_2}a_k$.

Das gehört jetzt nicht so ganz zu den Standard Themen aus Analysis aber vielleicht kann mir jemand sagen, ob das so korrekt ist?

viele Grüße
WagW

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Konvergenz Doppelreihe  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-22
WagW
 

2021-03-22 09:24 - Ehemaliges_Mitglied in Beitrag No. 1 schreibt:
Hey,

Insbesondere stimmt i.A. nicht, dass $\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j=\sum\limits_{j=0}^{\infty}b_j$
[...]
Ich habe ja nicht gesagt, dass das allgemein gilt, aber in diesem Fall halt schon.

Ich habe noch mal einen neuen Ansatz aufgeschrieben- ich bin vorher irgendwie mit den Indices durcheinander gekommen und habe dann versucht das mit dem Riemannschen Umordnungssatz gerade zu biegen (das hat es aber anscheinend alles nur noch schlimmer gemacht 😄):

Wir wissen, dass die beide Reihen $\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j$ und $\sum\limits_{k=0}^{\infty}2^{-k-1}$ absolut konvergieren und wenden das Cauchy-Produkt an:

$\sum\limits_{k=0}^{\infty}2^{-k-1}\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\sum\limits_{j=0}^{k}a_j2^{-(k-j)-1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\sum\limits_{j=0}^{k}2^{j-(k+1)}a_j=\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k$.

Damit konvergiert $\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k$ absolut und es gilt $\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k=\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j$ (wg. der geometrischen Reihe, deren Grenzwert $1$ ist).

Ist das so korrekt?

viele Grüße
WagW

Folgen und Reihen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Konvergenz Doppelreihe  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-21
WagW
 

Hallo zusammen,

sei $\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j$ eine absolut konvergente Reihe und $b_k:=2^{-(k+1)}\sum\limits_{j=0}^{k}2^ja_j$. Zeige, dass $\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k$ absolut konvergiert.

Folgendermaßen würde ich das zeigen:

Wir wissen, dass die beide Reihen $\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j$ und $\sum\limits_{j=0}^{\infty}2^{-j-1}$ absolut kovergieren und wenden auf Letzere (eine geometrische Reihe) den Riemannschen Umordnungsatz an: $1=\sum\limits_{j=0}^{\infty}2^{-j-1}=\lim\limits_{k\to\infty}\sum\limits_{j=0}^{k}2^{-k-1+j}$. Dann verwenden wir das Cauchy-Produkt (beide Reihen sind absolut konvergent):

$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\sum\limits_{j=0}^{k}2^{-k-1+j}a_j=\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j\lim\limits_{k\to\infty}\sum\limits_{j=0}^{k}2^{-k-1+j}=\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j \sum\limits_{j=0}^{\infty}2^{-j-1}=\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j*1=\sum\limits_{j=0}^{\infty}a_j.$ Damit gilt ja $\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k=\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k$ und $\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k$ ist somit absolut konvergent.

Ist das so richtig?

viele Grüße
WagW

Konvergenz
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Differenziation/Integration von Funktionenreihen, um Grenzwert aufzufinden  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-16
WagW
 

Hallo zusammen,

Sei $S_n:[a,b]\to\mathbb{R}$ eine differenzierbare Funktion für alle $n\in\mathbb{N}$ und $(S_n)_{n\in\mathbb{N}}$ eine Funktionenreihe, die zumindest für einen Punkt $c\in[a,b]$ konvergiert. Außerdem nehmen wir an, dass die Funktionenreihe der Ableitungen von $(S_n)_{n\in\mathbb{N}}$, also $(S'_n)_{n\in\mathbb{N}}$, gleichmäßig konvergiert.

Dann gibt es ja den Satz, dass dann $(S_n)_{n\in\mathbb{N}}$ auch gleichmäßig konvergiert, $\lim\limits_{n\to\infty}S'_n$ differenzierbar ist und $\lim\limits_{n\to\infty}S'_n= (\lim\limits_{n\to\infty}S_n)'$ gilt.

Angenommen wir möchten nun eine geschlossene Form für die Grenzfunktion $\lim\limits_{n\to\infty}S_n$ finden, aber die Partialsummen $S_n$ sind etwas komplizierter und man sieht nicht so einfach welchen Ausdruck $\lim\limits_{n\to\infty}S_n$ annimmt. Wir nehmen jetzt weiter an, dass wir jedoch wissen welchen geschlossenen Ausdruck $\lim\limits_{n\to\infty}S'_n$ annimmt und wir diesen recht einfach aufleiten können. Dann käme man ja so theoretisch auf den geschlossenen Ausdruck von $\lim\limits_{n\to\infty}S_n$.

Was ich aber jetzt nicht verstehe ist, dass ja die Stammfunktion nicht eindeutig ist und wir daher ja gar keinen eindeutigen Grenzwert bzw. Grenzfunktion angeben können?! Ist die Strategie also allgemein nicht anwendbar? Oder habe ich irgendwo einen Denkfehler?

Viele Grüße
WagW

Taylorentwicklungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Grenzwert der Taylorreihe von x ln(x)  
Beitrag No.5 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-14
WagW
 

Hallo MontyPythagoras,

also mit dem Trick von Stefan Vogel sieht man das ja recht schnell, wenn man die Reihe geschickt umformt. Das Umformen der Reihe hatte ich zuvor übersehen. Also wenn ich diesen Ansatz wähle, würde ich nen Haken dran machen.

Aber ich finde Deinen Ansatz etwas eleganter - hänge dort jedoch fest. Im Grunde fußt Dein Ansatz ja auf dem Satz (falls nicht korrigier mich):

"Sei $S_n(x)$ eine Folge reeller differenzierbarer Partialsummen auf $(0,2)$ und konvergiere $S_n(x)$ für wenigstens ein $c\in (0,2)$ und konvergiere $S'_n(x)$ gleichmäßig auf $(0,2)$.

Dann folgt, dass auch $S_n(x)$ gleichmäßig konvergiert und zwar gegen $S(x)$. Außerdem folgt dass die Grenzfunktion von $S'_n(x)$ differenzierbar ist und $\lim\limits_{n\to\infty}S'_n(x)=S'(x)$."

Um diesen Satz nun anwenden zu können, müsste ja $S'_n(x):=1+\sum\limits_{k=1}^n(-1)^{k+1}\frac{(x-1)^k}{k}$, also die Partialsumme der Taylorreihe von $1+\ln(x)$, auf $(0,2)$ gleichmäßig konvergieren. Dann würde daraus folgen, dass auch $S_n(x):=(x-1)+\sum\limits_{k=2}^n(-1)^{k}\frac{(x-1)^k}{(k-1)k}$ gleichmäßig konvergiert und zwar gegen $S(x)$, also die Stammfunktion von $S'(x)$. Aber $S'(x):=1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}n(-1)^{k+1}\frac{(x-1)^k}{k}$ konvergiert auf $(0,2)$ nicht gleichmäßig.

Habe ich was übersehen?

Was ich mich gerade auch noch frage ist: die Stammfunktion von $S'(x)$ ist ja nicht eindeutig, welche nehme ich dann?

Taylorentwicklungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Grenzwert der Taylorreihe von x ln(x)  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-14
WagW
 

@MontyPythagoras, Danke für den Hinweis! Du hast Recht da war ein Fehler drin -  ich habe ihn korrigiert.

viele Grüße
WagW

Taylorentwicklungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Grenzwert der Taylorreihe von x ln(x)  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-14
WagW
 

Hallo zusammen,

wie zeige ich, dass der Grenzwert der Taylorreihe von $x\ln(x)$ im Punkt $x=1$ tatsächlich gegen $x\ln(x)$ konvergiert, also $x\ln(x)\overset{???}{=}(x-1)+\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=2}^n(-1)^k\frac{(x-1)^k}{(k-1)k}$? Wobei wir natürlich nur Werte aus $(0,2)$ zulassen. Gibt es da irgendeinen Trick? In welche Richtung sollte man da weiter probieren? Ich da irgendwie ratlos.

viele Grüße
WagW


Riemannsche Summen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: WagW
Riemann-Integrierbarkeit bei abzählbar unendlich vielen Unstetigkeitsstellen  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2021-03-13
WagW
 

Hallo zusammen,

es geht um die Aussage:

"Zeige, dass die beschränkte Funktionn $f:[a,b]\to\mathbb{R}$, welche unendlich abzählbar-viele Unstetigkeitsstellen besitzt, Riemann-integrierbar ist."

Ich denke, dass ich die Idee hinter dem Beweis schon verstanden habe. Man konstruiert sich geschickt eine endliche Teilüberdeckung und mithilfe dieser dann schließlich eine Partition von $[a,b]$. Dadurch, dass die Teilüberdeckung bzw. die Partition so geschickt gewählt wurde, sieht man dann, dass die Differenz zwischen Ober- und Untersumme beliebig klein wird.

O.k. für die Konstruktion der Teilüberdeckung nimmt man eine Menge $C$, die nur Punkte aus $[a,b]$ enthält in denen $f$ stetig ist und eine weitere Menge $D$, die die Punkte aus $[a,b]$ enthält in denen $f$ nicht stetig ist.

Jetzt stellt sich mir die Frage, ob man $C$ und $D$ folgendermaßen definieren kann (wobei ich mir bei $D$ eigentlich ziemlich sicher bin, dass das so funktioniert):

$$ C:=\bigcup\limits_{c\in[a,b]}U_{\delta(c)}(c)\text{, wobei} U_{\delta(c)}(c):=\{x\in[a,b]\mid|x-c|<\delta(c)\implies |f(x)-f(c)|<\frac{\epsilon}{2(b-a)}\}.
$$ Da $f$ in all diesen Punkten $c$ stetig ist, existieren ja alle diese $\delta(c)$. Die Menge $D$ sei definiert durch:

$$ D:=\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}U_{\left(\frac{1}{2}\right)^{k+m}}(d_k)\text{, wobei } U_{\left(\frac{1}{2}\right)^{k+m}}(d_k):=\left(d_k-\left(\frac{1}{2}\right)^{k+m},d_k+\left(\frac{1}{2}\right)^{k+m}\right)\cap[a,b],
$$ wobei man den index $m$ so groß wählt, dass die Summe über die Länge aller dieser Intervalle $< \frac{\epsilon}{2\sup f}$ (Endstück der geometrischen Reihe). Wir sehen dann, dass $C\cup D$  offen ist und dass $[a,b]\subseteq \left(C\cup D\right)$. Aufgrund der Kompaktheit von $[a,b]$ gibt es also eine endliche Teilüberdeckung von $C\cup D$ mithilfe dere wir eine Partition von $[a,b]$ konstruieren und schließlich die Riemann-Integrierbarkeit zeigen.

Ich habe mit anderen Kommilitonen diskutiert und sie meinten, dass man $C$ so nicht definieren kann bzw. dass so nicht klappt.

Ich sehe aber nicht warum, dass mit diesem $C$ nicht klappen sollte?

Viele Grüße
WagW

Taylorentwicklungen
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Taylorreihe des Log - Konvergenz  
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WagW
 


Hallo ochen,

Wie meinst Du das ?

2021-02-25 08:04 - ochen in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo

2021-02-24 23:42 - WagW im Themenstart schreibt:
[...]

Mein Ansatz:
\[\ldots=|\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(-1)^{k+1}}k(x-1)^k|=|\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(-1)^{2k+1}}k(x-1)^k|
\]
Der Schritt ist leider falsch. Es geht eher um den Punkt $x=1$. Untersuche $x$ also nicht in der Nähe der Null, sondern in der Nähe der 1.

Bei dem was Du zitierst sind $x$ und $-1$ vertauscht, das ist bei mir nicht?!

Taylorentwicklungen
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Taylorreihe des Log - Konvergenz  
Themenstart
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WagW
 

Hallo zusammen,

ich weiß, dass die Taylorreihe des Logarithmus, im Punkt $x=1$ entwickelt, punktweise konvergiert (also wenn $x\in(0,2)$ ). Hierbei sei $S_n(x):=\sum\limits_{k=1}^n\frac{(-1)^{k+1}}k(x-1)^k$.

Wie zeige ich, dass die Taylorreihe nicht gleichmäßig konvergieren kann?

Mein Ansatz:

Für alle $x\in(0,2)$ existiert $\ln x = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}k(x-1)^k$ bekanntlich. Sei nun $(0,\delta)\subseteq(0,2)$ ein beliebiges Intervall (offen, halboffen,abgeschlossen). Um zu zeigen, dass keine gleichmäßige Konvergenz vorherrscht, wenden wir das Cauchy-Kriterium an bzw. zeigen, dass dieses nie erfüllt sein kann, also: $\exists \epsilon>0$, sodass für alle $n_0\in\mathbb{N}$ es, $n>m>n_0$ gibt, sodass $\Vert S_m-S_n\Vert_{\infty}\geq\epsilon$.

Wir nehmen an, dass $0<\delta\leq1$ und beachten, dass $0\leq1-x<1$ und somit $(1-x)^k\leq(1-x)^{k+1}$.

Dann schätzen wir ab: $\Vert S_m-S_n\Vert_{\infty}\geq|S_n(x)-S_m(x)|=|\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(-1)^{k+1}}k(x-1)^k|=|\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(-1)^{2k+1}}k(1-x)^k|=|-\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(1-x)^k}k|\geq \sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(1-x)}k=(1-x)\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{1}k$. Da die harmonische Reihe divergiert, kann das Cauchy-Kriterium nie erfüllt sein.

Im Fall $1<\delta<2$ geht das aber irgendwie nicht so einfach. Ich habe sogar den Eindruck, dass die Taylorreihe für $x\in(1,2)$ gleichmäßig konvergiert, weil da dann eine Leibniz-Reihe auftaucht, aber man findet halt kein fixes $x\in(1,2)$!?

$|S_n(x)-S_m(x)|=|\sum\limits_{k=m+1}^n\frac{(-1)^{k+1}}k(x-1)^k|=...$?

Ist der erste Teil denn wenigstens richtig? Und wie geht man beim zweiten Teil vor?

Viele Grüße
WagW

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Beitrag No.10 im Thread
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WagW
 

Dann würde ich mal mit dem Zwischenwertsatz in $\mathbb{R}$ weitermachen, dessen Voraussetzung ist ja gerade, dass wir uns auf einem Intervall $I$ (also zusammenhängend) befinden. Wenn dann $f$ stetig ist, so ist auch das Bild $f(I)$ ein Intervall. Also folgendermaßen:

Seien $\epsilon>0$ und $a\in I$ mit $f(a)=b$ beliebig vorgegeben, dann ist durch $U_\epsilon(a):=\{x\in I\mid |x-a|<\epsilon\}$ ein Intervall definiert, da ja auch $I$ ein Intervall ist.

Es folgt, dass auch $f(U_\epsilon(a))$ ein Intervall bzw. eine Umgebung von $f(a)$ ist (Zwischenwertsatz). Es gibt also ein $\delta>0$, sodass $U_\delta(f(a)):=\{y\in J\mid |y-f(a)|<\delta\}\subseteq f(U_\epsilon(a))$.

Die Urbilder der $y \in U_\delta(f(a))$ liegen in $U_\epsilon(a)$ (Müsste man hier nochmal die Injektivität von $f$ erwähnen?). Da $g$ die Umkehrfunktion ist folgt damit insgesamt:

Für ein beliebiges $\epsilon>0$ haben wir ein $\delta>0$ gefunden, sodass für alle $y\in J$ mit $|y-b|<\delta \implies |g(y) - g(b)|<\epsilon$.

Ist das so korrekt?



Stetigkeit
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Beitrag No.8 im Thread
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WagW
 

Kannst Du vielleicht nochmal erklären wie Du das in Deinem Beispiel meinst:

2021-02-16 07:32 - zippy in Beitrag No. 5 schreibt:
[...]
Um zu sehen, dass das in der Form nicht stimmen kann, musst du dir nur das Beispiel $f\colon I=(0,1)\to J=(0,1)$, $x\mapsto x^2$ anschauen. Das Bild einer $\delta$-Umgebung von $a\in I$ ist niemals eine $\varepsilon$-Umgebung von $f(a)=b\in J$.


Wieso kann das Bild niemals eine $\epsilon$-Umgebung von $f(a)$ sein?
 

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