Aber ich bekomme trotz Google und vierl rumprobieren einfach keine Übersetzung.
Könnte ir vielleicht jemand sagen was das Problem ist?
Danke im voraus
MfG Jakob
\documentclass[10pt,a4paper]{article} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[german]{babel} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{ulsy} \author{Jakob} \title{Übungsblatt 3 HöMa 1} \begin{document} \maketitle \tableofcontents \pagebreak \newcommand{\betrag}[1]{\ensuremath{\left\vert#1\right\vert}} \newcommand{\gauss}[1]{\ensuremath{\left\lfloor#1\right\rfloor}} \section{A 21} \subsection{a} \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{(2n+1)!}{(3n)!}\\ \\ In\;einem\;solchen\;Fall\;immer\;Quotientenkreterium\qquad a_n=\frac{(2n+1)!}{(3n)!}\\ \betrag{\frac{a_{n+1}}{a_n}}=\frac{(2(n+1)+1)!}{(3(n+1)!)}\cdot \frac{(3n)!}{(2n+1)!}\\ &=\frac{(2n+3)!}{(3n+3)!}\cdot\frac{(3n)!}{(2n+1)!}\\ &=\frac{(2n+3)(2n+2)(2n+1)!}{(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)!}\cdot \frac{(3n)!}{(2n+1)!}\\ &=\frac{1\cdot (2+\frac{3}{n})(2+\frac{2}{n})}{n\cdot (3+\frac{3}{n})(3+\frac{2}{n})(3+\frac{1}{n})}\\ n\rightarrow \infty \quad 0<1\\ \Rightarrow \frac{2\cdot 2}{3\cdot 3\cdot 3} \end{align*} \subsection{b} \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{6^n+n^3}{n!}\\ Wurzelkreterium\\ \sqrt[n]{\betrag{a_n}}=\sqrt[n]{\frac{6^n+3^n}{n!}}\leq \frac{\sqrt[n]{6^n}+\sqrt[n]{n^3}}{\sqrt[n]{n!}}\quad *\\ Für\; n\; gerade:\\ n!=1\cdot 2\cdot ... \cdot \left(\frac{n}{2}-1\right)\frac{n}{2}\cdot ... \cdot n\\ \geq \left(\frac{n}{2}\right)^{\frac{n}{2}}\\ Per\; Induktion:\quad n!\geq \left(\frac{n}{2} \right)^{\frac{n}{2}}\\ IA:\; n=1\qquad 1!=1\geq \sqrt{\frac{1}{2}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{2}} IV:\; Ang.\;n!\geq\left(\frac{n}{2}\right)^{\frac{n}{2}}\\ IS:\; (n+1)!=(n+1)n!\geq \left(\frac{n}{2}\right)(n+1)\\ =\left(\frac{n+1}{2}\right)^{\frac{n}{2}}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{\frac{n}{2}}\cdot 2\left(\frac{n+1}{2}\right)\\ \geq\left(\frac{n+1}{2}\right)^{\frac{n+1}{2}}\\ \Rightarrow_Indurktionsprinzip\qquad n!\geq \left(\frac{n}{2}\right)^{\frac{n}{2}}\forall n\in\mathbb{N}/{0}\\ * \leq\frac{6+\sqrt[n]{n^3}}{\sqrt[n]{\left(\frac{n}{2}\right)^{\frac{n}{2}}}}\\ =\frac{6+\sqrt[n]{n^3}}{\left(\frac{n}{2}\right)^{\frac{1}{2}}}\rightarrow 0\\ \Rightarrow Nach\; Wurzelkreterium\; ist\; die\; Reihe\; konvergent \end{align*} \section{A22} \subsection{a} \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}\sqrt{n(n+1)^3}}\\ Majorantenkreterium\\ a_n :=\frac{1}{\sqrt[n]{n}\sqrt{n(n+1)^3}}\leq\frac{1}{n^2}\qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\; konvergiert\\ Majorantenkreterium\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}a_n\; konvergiert \end{align*} \subsection{b} \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{1+\frac{3}{n^2}}-1 \right)\\ Majorantenkreterium\\ a_n\leq\frac{3}{2}\frac{1}{n^2}\\ Bernonlische\; Ungleichung\\ 1+\frac{3}{n^2}=\sqrt{1+\frac{3}{n^2}}\geq1+2\left(\sqrt{1+\frac{3}{n^2}}-1\right)\\ \Rightarrow a_n=\sqrt{1+\frac{3}{n^2}}-1\leq\frac{3}{2}\frac{1}{n^2}\\ da\; \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\quad konvergiert\quad \Rightarrow \frac{3}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\;konvergiert\\ Majorantenkreterium\Rightarrow\;\sum_{n=1}^{\infty}a_n \qquad konvergiert \end{align*} \subsection{c} \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{7^{3n}}{(n^2+1)!}\; Quotientenkreterium\\ \betrag{\frac{a_{n+1}}{a_n}}=\frac{7^{3n+1}}{((n+1^2)+1)!}\frac{(n^2+1)!}{7^{3n}}=\frac{7^3}{(n^2+2n+2)(n^2+2n+1)...(n^2+2)}\leq\frac{7^3}{n^2+2}\rightarrow 0\\ Quotientenkreterium\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}a_n\; ist\; konvergent \end{align*} \subsection{d} \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}\\ Wurzelkreterium\\ \sqrt[n]{(a_n)}=\sqrt[n]{\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}}\rightarrow e^{-1}<1\\ Wurzelkreterium\Rightarrow\qquad \sum_{n=1}^{\infty}a_n \quad konvergiert\\ \end{align*} \section{A23} \subsection{a} \begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty}\left( k-\sqrt{k^2+1}\right) x^k\\ Satz\; 3.38\\ \betrag{\frac{a_k}{a_{k+1}}}\rightarrow R\;\Rightarrow \sum_{k=1}^{\infty}a_k x^k\text{konvergiert für}\betrag{x}<R\\ \text{divergiert für}\betrag{x}>R\\ a_k&=\left( k-\sqrt{k^2+1}\right) \frac{k+\sqrt{k^2+1}}{k+\sqrt{k^2+1}}\\ &=\frac{k^2-k^2-1}{k+\sqrt{k^2+1}}\\ \left( \frac{a_k}{a_{k+1}}\right) &=\frac{1+k+\sqrt{(k+q^2)+1}}{k+\sqrt{k^2+1}}\\ &=\frac{k(1+\frac{1}{k}+\sqrt{1+\frac{2}{k}+\frac{2}{k^2}})}{k(1+\sqrt{1+\frac{1}{k}})}\\ \rightarrow \frac{1+\sqrt{1}}{1+\sqrt{1}}\\ =1=R\qquad \Rightarrow\qquad \sum_{k=1}^{\infty}a_k x^k \text{konvergiert für} |x|<1\\ \text{divergiert für} |x|>1\\ x=1\qquad \sum_{k=1}^{\infty}a_k x^k=\sum_{k=1}^{\infty}a_k\qquad a_k=\frac{-1}{k+\sqrt{k^2+1}}\\ (a_k)\geq\frac{1}{k+\sqrt{k^2+k^2}}=\frac{1}{(1+\sqrt{2})k}\\ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\;divergiert\;Minorantenkriterium\\ \Rightarrow\;\sum_{k=1}^{\infty} -a_k \text{divergiert}\\ x=-1\qquad \sum_{k=1}^{\infty} a_k(-1)^k = -\sum_{k=1}^{\infty} (-a_k)(-1)^k\\ (-a_k)\quad \text{ist eine monoton fallende Nullfolge *} \\ Leibniz \Rightarrow\sum_{k=1}^{\infty}(-a_k)(-1)^k\qquad konvergiert\\ \\ Zu(*)\quad \frac{1}{k+\sqrt{k^2+1}}\rightarrow 0 \quad klar\\ \text{Monotonie:} \quad \text{k ist monoton steigend.}\sqrt{k^2+1}\text{ist monton steigend}\\ \Rightarrow k+\sqrt{k^2+1}\text{monoton steigend}\Rightarrow\frac{1}{k+\sqrt{k^2+1}}\text{ ist mon. fallend} \end{align*} \subsection{b} \begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2+\sqrt{k}}{(-1)^k k}x^k\\ 3.38\quad \betrag{\frac{a_k}{a_{a+1}}}=\frac{2+\sqrt{k}}{k}\cdot \frac{k+1}{2+\sqrt{k+1}}=\frac{k^{1+\frac{1}{2}}}{k^{1+\frac{1}{2}}}\frac{\frac{2}{\sqrt{k}}+1}{1}\frac{1+\frac{1}{k}}{\frac{2}{\sqrt{k}}+\sqrt{1+\frac{1}{k}}}\\ \rightarrow 1=R\\ d.h.\;\sum_{k=1}^{\infty}a_k x^k\qquad konvergiert\;fuer\;|x|<1\\ divergiert\;fuer\;>1\\ x=-1\qquad \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2+\sqrt{k}}{(-1)^k k}(-1)^k\\ \frac{2+\sqrt{k}}{k}>\frac{2}{k}\qquad \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{k}\;divergiert\\ \Rightarrow\;\sum_{k=1}^{\infty}a_k(-1)^k\;divergiert\\ x=1\quad \sum_{k=1}^{\infty}a_k\qquad a_k=\frac{2\sqrt{k}}{k}(-1)^k\\ \frac{2+\sqrt{k}}{k}=\frac{2}{k}+\frac{1}{\sqrt{k}}\\ monoton\;fallend\\ Leibniz\;\Rightarrow\;\sum_{k=1}^{\infty}a_k\;konvergiert \end{align*} \section{A24} \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}a_k\quad konvergiert \Leftrightarrow \sum_{k=1}^{\infty}2^e a_{2^e}\\ wobei:\;a_n\;mon.\;fallende\;Nullfolge\\ Formell:\;\sum_{n=1}^{\infty}a_n&=a_1+\sum_{n=2}^{4-1}+\sum_{n=4}^{8-1}+...\\ &=\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{n=2^l}^{2^{l+1}-1}a_n\\ \end{align*} \end{document}