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[Myself]

Also bei dieser nummer ist klar dass der erste teil für n=1 bis unendlich
1/(2n-1) gegen null geht, und beim 2 teil kann man einfach das zurzel kriterium anwenden also n te wurel aus (x-1)^n und dann den betrag davon ist sicher kleiner 1, Ist lx-1l<=1 dann kommt x<=2 und x>=0 herauskommt nur gilt es glaube ich nicht als beweis:))
also ansätze????

[Flowyes]

(gelöscht...)

[Flowyes]

ich glaub die reihe konvergiert für 0<x<2. denn wir erhalten in diesem intervall eine konvergente majorante unserer funktion. für 0<x<2 ist ja (x-1)hoch n eine geom. reihe. und obwohl 1/2*n-1 für sich gesehen divergiert gilt, wenn wir die gegebene funktion als a_k und die geom.reihe als b_k bezeichnen:
|a_k| <= b_k f. fast alle n.


ein kleines javaprogramm, dass ich geschrieben hab, bestätigt das. den code post ich auch, vielleicht interessiert sich wer. da kann man auch verschiedene x-werte oder n-werte ausprobieren...
grüsse,
sini

[wolti]

Hallo,

Zuerst einmal zum Post vom Flowyes. Ich halte diese Argumentation durchaus führ möglich wenn man es über dieses Kriterium löst. Nichts destotroz möchte ich meinen Lösungsvorschlag auch präsentieren.

Ich betrachte diese Funktion als eine Potenzreihe (Siehe auch überschrift Funktionenreihen -> Daher kam ich sofort auf diese Idee). Die Potenzreihe hat die Form:

summe { cn * (z -z0)^n }

Wir erhalten einen Konvergenzbereich K(z0, R), wobei R sich berechnet aus dem limes superior von 1/(n-te wurzel (|cn|) ). Fall dieser Schritt jemanden unklar ist, man kann ihn sich sehr leicht über die geometrische Reihe herleiten.

In unserem Fall wäre also:

cn = 1/(2n - 1)
z0 = 1

Jetzt kommt der gemeine Teil. Wir müssen limes superior von cn bestimmen. ich schreibe jetzt nur immer lim, aber ist eh klar was ich meine.

lim ( 1/(2n - 1))^(1/n) <-- ^1/n kommt von der n-te Wurzel. So, dieser Term geht jetzt nicht so einfach, da wir in der Wurzel auch veränderliche haben. Ich mache einen Trick, und zwar wissen wir das gilt:

e^ln(x) = x.

e^( ln ( (1/(2n - 1))^(1/n) ) = e^(1/n * ln(1/(2n - 1)))

nun darf ich natürlich den limes in den exponenten raufziehen und wir betrachten mal den limes von

lim 1/n * ln(1/(2n -1)) für n gegen unendlich.

jetzt konvergiert n (das unterm dem bruch) gegen unendlich und ln(1/(2n-1)) auch gegen unendlich. wir wenden die regel von l'hospital an (wir haben einen unbestimmten ausdruck von "unendlich"/"unendlich" (Ja, man darf ihn nicht nur für 0/0 sondern auch für unendlich/unendlich sofort verwenden ohne diese umformungen)

zähler: ln(1/(2n-1))
nenner: n

z' = (2n-1) * - 2/(2n-1)^2 = -2/(2n-1)
n' = 1
wir erhalten nun als grenzwert oben 0 und unten 1. dadurch ist der lim von der obigen funktion 0. wir haben nun als limes der n-ten wurzel aus cn = e^0 = 1.

Nun erhalten wir R mit:

R = 1/(lim_sup n-te wurzel cn) = 1/1 = 1

|z-z0| < R

=> z = (0,2) (Offenes Interval von 0 bis 2)

[Kornuun]

also ich habs übers Quotientenkriterium gmacht und das is irgendwie leichter
bzw. hab ich weniger schritte gebraucht als da wolti :)

ich schreibs jedenfalls mal hin:

an = 1/(2n-1) * (x-1)^n
an+1 = 1(2n+1) * (x-1)^(n+1)

|an+1/an| = |(2n-1)*(x-1)^(n+1)/((2n+1)*(x-1)^n)|
= |(2n-1)/(2n+1) * (x-1)|

lim |an+1/an| = |x-1| < 1 -> 0 < x < 2

[wolti]

hier noch ein wichtiger tipp für die, die mathe übung nach uns haben. man braucht um das beispiel korrekt zu lösen das konvergenzkriterium von leibnitz welches besagt, dass wenn wir eine alternierende folge haben und die <an> gegen 0 konvergieren die reihe auch konvergent ist. Diese Fall tritt ein, wann z = 0 ist, wir haben dann.

an = 1/(2n-1) * (x-1)^n | x= 0
an = 1/(2n-1) * (-1)^n --> alternierend.

1/(2n-1) ist eine Nullfolge. Leibnitz freut sich und damit ist auch diese Reihe konvergent.

Grüße,
Wolti