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Forum "Folgen und Reihen" - Folgen, Konvergenz, ln, sin
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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:58 Sa 18.04.2015
Autor: sissile

Aufgabe
Welche von diesen Folgen konvergiert? Warum?
[mm] a_n [/mm] = ln (-ln [mm] (\frac{1}{n})), b_n [/mm] = [mm] \frac{(log_2 n)^2}{1+log_3(n)}, [/mm]
[mm] c_n [/mm] = [mm] \frac{(arctan n)^{+}}{ln(n+1)}, d_n= [/mm] (sin(sin [mm] n))^n [/mm]

Hallo,

[mm] a_n [/mm] = ln (-ln [mm] (\frac{1}{n})) [/mm]
Zuerst ist die Folge erst für [mm] n\ge [/mm] 2 definiert.
ln (-ln [mm] (\frac{1}{n}))= [/mm] ln(-ln(1)+ln(n))=ln(ln(n))
Nun betrachte ich die Folge [mm] (\frac{1}{ln(ln(n))})_{n\in \IN_{\ge 2\}} [/mm] und will zeigen, dass diese eine Nullfolge ist demnach [mm] a_n [/mm] divergiert.
Ich weiß zwar, dass ln(x) streng monoton wachsend und und beschränkt ist, also [mm] \lim_{n\rightarrow\infty} ln(x)=\infty, [/mm] demnach [mm] (\frac{1}{ln(n)})_{n\in \IN_{\ge 1\}} [/mm] eine Nullfolge. Aber wie scchaut das bei  [mm] (\frac{1}{ln(ln(n))})_{n\in \IN_{\ge 2\}} [/mm] aus? Sowas wie Stetigkeit kann ich ja nicht bei Folgen verwenden..


[mm] b_n [/mm] = [mm] \frac{(log_2 n)^2}{1+log_3(n)} [/mm]
[mm] \frac{(log_2 n)^2}{1+log_3(n)} [/mm] = [mm] \frac{(\frac{ln(n)}{ln(2)})^2}{1+ \frac{ln(n)}{ln(3)}}= \frac{ln(n)^2 ln(3)}{ln(2)*(ln(3)+ln(n))} [/mm]
[mm] \frac{1}{b_n}= \frac{ln(2)}{ln(n)^2} [/mm] + [mm] \frac{ln(2)}{ln(n)ln(3)} \rightarrow [/mm] 0
[mm] \Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty} b_n [/mm] = [mm] \infty [/mm]


[mm] c_n [/mm] = [mm] \frac{(arctan n)^{+}}{ln(n+1)} [/mm]
Was soll das + bedeuten? Transponieren?..Oder soll das ein n sein?
Ohne n/+:
[mm] \lim_{n\rightarrow\infty} arctan(x)=\pi/2 [/mm] (da [mm] \lim_{x\rightarrow \pi/2-} [/mm] =+ [mm] \infty) [/mm]
Und da tan(x) im Intervall [mm] ]-\pi/2, \pi/2[ [/mm] monoton steigend ist, ist arctan(x) als Umkehrfunktion auch monoton steigend auf [mm] \IR. [/mm]
[mm] 0 [mm] \Rightarrow [/mm] lim [mm] c_n [/mm] =0


[mm] d_n= [/mm] (sin(sin [mm] n))^n [/mm]
Dazu hab ich leider noch gar keine Idee... Habt ihr Tipps?


LG,
sissi

        
Bezug
Folgen, Konvergenz, ln, sin: zur ersten Folge...
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 19:19 Sa 18.04.2015
Autor: Marcel

Hallo Sissile,

> Welche von diesen Folgen konvergiert? Warum?
>  [mm]a_n[/mm] = ln (-ln [mm](\frac{1}{n})), b_n[/mm] = [mm]\frac{(log_2 n)^2}{1+log_3(n)},[/mm]
>  
> [mm]c_n[/mm] = [mm]\frac{(arctan n)^{+}}{ln(n+1)}, d_n=[/mm] (sin(sin [mm]n))^n[/mm]
>  Hallo,
>  
> [mm]a_n[/mm] = ln (-ln [mm](\frac{1}{n}))[/mm]
>  Zuerst ist die Folge erst für [mm]n\ge[/mm] 2 definiert.

genau, denn für [mm] $\IN \ni n=1\,$ [/mm] steht da ja [mm] $\ln(-\ln(1))=\ln(0)\,.$ [/mm] "Könnte" man auf
[mm] $-\infty$ [/mm] setzen wollen, hier steht aber nichts dazu dabei, also ist der
nicht definiert (so, wie es auch üblich ist).

>   ln (-ln [mm](\frac{1}{n}))=[/mm] ln(-ln(1)+ln(n))=ln(ln(n))
>  Nun betrachte ich die Folge [mm](\frac{1}{ln(ln(n))})_{n\in \IN_{\ge 2\}}[/mm]
> und will zeigen, dass diese eine Nullfolge ist demnach [mm]a_n[/mm]
> divergiert.

Zeige am Besten, dass es (sogar) eine (streng) fallende Nullfolge ist!

>  Ich weiß zwar, dass ln(x) streng monoton wachsend und und
> beschränkt ist, also [mm]\lim_{n\rightarrow\infty} ln(x)=\infty,[/mm]
> demnach [mm](\frac{1}{ln(n)})_{n\in \IN_{\ge 1\}}[/mm] eine
> Nullfolge. Aber wie scchaut das bei  
> [mm](\frac{1}{ln(ln(n))})_{n\in \IN_{\ge 2\}}[/mm] aus? Sowas wie
> Stetigkeit kann ich ja nicht bei Folgen verwenden..

Mehr, als dass der [mm] $\ln$ [/mm] gegen [mm] $\infty$ [/mm] ((streng) wachsend) strebt, brauchst Du
doch nicht. Wenn Du *mehr* verwenden willst, dann mache Dir vielleicht
auch klar, dass die Verknüpfung streng wachsender Funktionen auch
wieder streng wächst.

[Damit Du siehst, dass hier [mm] $\lim_{x \to \infty} f(x)=\infty$ [/mm] reicht, um [mm] $\lim_{\red{\,x\,} \to \infty} \frac{1}{f(f(x))}=\infty$ [/mm] zu sehen:
Die Folge [mm] $(n)_{n \in \IN_{\ge 2}}$ [/mm] ist eine Folge mit Werten in [mm] $(0,\infty)\,.$ [/mm] Aus
$f(x) [mm] \to \infty$ [/mm] bei $x [mm] \to \infty$ [/mm] folgt aber: Für JEDE Folge [mm] $(r_n)$ [/mm] mit [mm] $r_n \to \infty$ [/mm] gilt [mm] $f(r_n) \to \infty\,.$ [/mm]
Seien also die [mm] $r_n$ [/mm] mit [mm] $r_n \to \infty\,.$ [/mm] Dann gilt auch [mm] $\widetilde{r_n}:=f(r_n) \to \infty$ [/mm] (bei $n [mm] \to \infty$; [/mm] das
schreibe ich nicht immer dazu). Also folgt $(f [mm] \circ f)(r_n)=f(\,f(r_n)\,)=f(\widetilde{r_n}) \to \infty\,.$ [/mm]

Was wir hier eigentlich bisher gezeigt haben, ist, dass aus $f(x) [mm] \to \infty$ [/mm] bei $x [mm] \to \infty$ [/mm]
schon folgt, dass $(f [mm] \circ [/mm] f)(x) [mm] \to \infty$ [/mm] bei $x [mm] \to \infty$ [/mm] gilt. Wobei man natürlich
schon aufpassen muss, dass der Wertebereich (hier im Sinne der tatsächlich
angenommenen Werte) von [mm] $f\,$ [/mm] auch wieder im Definitionsbereich von [mm] $f\,$ [/mm]
enthalten sein muss, damit $f [mm] \circ [/mm] f$ überhaupt hingeschrieben werden kann!

Jedenfalls folgt damit [mm] $1/f(f(r_n))\,=\,1/f(\widetilde{r_n}) \to 0\,.$] [/mm]

Aber okay: Du betrachtest [mm] $(b_n)$ [/mm] definiert vermöge [mm] $b_n:=1/a_n$ [/mm] ($n [mm] \in \IN$ [/mm] und $n > [mm] 1\,$). [/mm]

Dann willst Du im Endeffekt zeigen: [mm] $(b_n)$ [/mm] ist stets positiv und strebt gegen [mm] $0\,.$ [/mm]
Wir werden mehr zeigen: Wir zeigen, dass [mm] $(b_n)$ [/mm] streng gegen 0 fällt.

Seien dazu $n,N [mm] \in \IN$, [/mm] beide [mm] $>\,1$ [/mm] und $n < [mm] N\,.$ [/mm] Dann gilt

    [mm] $\ln(n)\,<\,\ln(N)$ ($\ln$ [/mm] wächst streng monoton)

    [mm] $\Longrightarrow$ $\ln(\ln(n))\,<\,\ln(\ln(N))$ [/mm] (gleiches Argument wie oben)

    [mm] $\Longrightarrow$ $\frac{1}{\ln(\ln(N))} \,<\,\frac{1}{\ln(\ln(n))}$ [/mm] (weil sowohl [mm] $\ln(\ln(n)) [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] als auch [mm] $\ln(\ln(N)) [/mm] > [mm] 0\,$) [/mm]

Die Monotonie ist damit klar, wir sehen ja sogar $0 < [mm] b_N [/mm] < [mm] b_n$ [/mm] für alle $n,N$, mit $n,N [mm] \ge [/mm] 2$
und $n < [mm] N\,.$ [/mm] (Du kannst [mm] $N=n+1\,$ [/mm] setzen, wenn Du lieber "die Standardungleichung
bei Folgen" sehen willst!)

Nun weißt Du zudem [mm] $\lim_{(0,\infty) \ni x \rightarrow \infty}\ln(x)\,=\,\infty\,.$ [/mm] Setzt Du [mm] $x_n:=\ln(n)\,,$ [/mm] so folgt damit [mm] $\lim_{n \to \infty}\ln(x_n)\,=\,\infty$ [/mm]
wegen [mm] $x_n \to \infty\,.$ [/mm]

Was ergibt sich also für

    $0 < [mm] \frac{1}{\ln(\ln(n))}=\frac{1}{\ln(x_n)}$ [/mm] bei [mm] $\IN_{\ge 2} \ni [/mm] n [mm] \to \infty$? [/mm]

Gruß,
  Marcel

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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 19:25 Sa 18.04.2015
Autor: Thomas_Aut

Hallo Marcel,


Wirklich super, dass du deine Antworten immer total ausführlich verfasst.


Viele Grüße

Thomas

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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:11 So 19.04.2015
Autor: sissile

Vielen lieben Dank!

> [Damit Du siehst, dass hier $ [mm] \lim_{x \to \infty} f(x)=\infty [/mm] $ reicht, um $ [mm] \lim_{n \to \infty} \frac{1}{f(f(x))}=\infty [/mm] $ zu sehen:

Du meinst sicher: [mm] \lim_{x \to \infty} \frac{1}{f(f(x))}=0 [/mm]

LG,
sissi

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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:10 So 19.04.2015
Autor: Marcel

Hallo,

> Vielen lieben Dank!
>
> > [Damit Du siehst, dass hier [mm]\lim_{x \to \infty} f(x)=\infty[/mm]
> reicht, um [mm]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{f(f(x))}=\infty[/mm] zu
> sehen:
>  Du meinst sicher: [mm]\lim_{x \to \infty} \frac{1}{f(f(x))}=0[/mm]

genau. Ich korrigiere das mal!

Gruß,
  Marcel

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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:00 Mo 20.04.2015
Autor: fred97

Die Folge [mm] (d_n) [/mm] hat es in sich !

Meine Idee zu [mm] (d_n): [/mm]

Wir setzen [mm] f(x):=\arcsin(x). [/mm] f ist stetig auf [-1,1] !

Klar ist, dass [mm] (d_n) [/mm] beschränkt ist. Sei a ein Häufungswert von [mm] (d_n). [/mm] Sowas gibts nach Bolzano- Weierstrass.

Es ex. also eine Teilfolge [mm] (d_{n_k}), [/mm] die gegen a konvergiert. Annahme: a [mm] \ne [/mm] 0.

Dann ex. ein [mm] k_0 \in \IN [/mm] mit

   [mm] $\bruch{|a|}{2} \le [/mm] |  [mm] d_{n_k}| \le \bruch{3|a|}{2}$ [/mm] für k > [mm] k_0. [/mm]

Wir setzen [mm] c_k:=\sin(\sin(n_k))). [/mm] Es folgt:

   [mm] (\bruch{|a|}{2})^{1/n_k} \le |c_k| \le (\bruch{3|a|}{2})^{1/n_k} [/mm]  für [mm] k>k_0 [/mm]

Mit k [mm] \to \infty [/mm] erhalten wir:  [mm] |c_k| \to [/mm] 1. Damit ex. eine Teilfolge [mm] (c_{k_j}), [/mm] die gegen [mm] \pm [/mm] 1 konvergigiert.

Daher gilt:

  [mm] $\sin(n_{k_j})=f(c_{k_j}) \to \pm \bruch{\pi}{2}$ [/mm]  (j [mm] \to \infty). [/mm]

Für fast alle j ist dann aber [mm] $|\sin(n_{k_j})|>1$, [/mm] Widerspruch !


Fazit: a=0. Somit hat die beschränkte Folge [mm] (d_n) [/mm] genau einen Häufungswert, nämlich 0.

[mm] (d_n) [/mm] ist also eine Nullfolge

FRED

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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:05 Mo 20.04.2015
Autor: sissile

Sehr sehr geil! Toller Weg!

Mir ist nur ein Punkt nicht ganz klar. Wenn [mm] \lim_{k\rightarrow \infty} |c_k|=1, [/mm] warum existiert dann eine Teilfolge [mm] (c_k__j) [/mm] die gegen 1 oder -1 konvergiert? Intuitiv ist es mir klar, aber kann man das auch zeigen?
Wenn alle [mm] c_k [/mm] positiv oder negativ sind, ist die Aussage auch klar, da so sogar [mm] (c_k) [/mm] gegen 1 bzw. -1 konvergiert.

LG,
sissi

Bezug
                        
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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:01 Mo 20.04.2015
Autor: fred97


> Sehr sehr geil! Toller Weg!
>  
> Mir ist nur ein Punkt nicht ganz klar. Wenn
> [mm]\lim_{k\rightarrow \infty} |c_k|=1,[/mm] warum existiert dann
> eine Teilfolge [mm](c_k__j)[/mm] die gegen 1 oder -1 konvergiert?
> Intuitiv ist es mir klar, aber kann man das auch zeigen?
>  Wenn alle [mm]c_k[/mm] positiv oder negativ sind, ist die Aussage
> auch klar, da so sogar [mm](c_k)[/mm] gegen 1 bzw. -1 konvergiert.

Da

(+)  [mm]\lim_{k\rightarrow \infty} |c_k|=1,[/mm]

ist [mm] (c_k) [/mm] beschränkt und besitzt somit einen Häufungswert [mm] \alpha. [/mm]

Somit gibt es einen Teilfolge  [mm](c_{k_j} )[/mm] die gegen [mm] \alpha [/mm] konvergiert.

Folglich haben wir:


     [mm] $\limes_{j \rightarrow\infty}|c_{k_j}|=| \alpha|$ [/mm]

Wegen (+) ist auch

     [mm]\lim_{k\rightarrow \infty} |c_{k_j}|=1,[/mm]

also [mm] $|\alpha|=1$ [/mm] und daher [mm] $\alpha= \pm [/mm] 1$

FRED

  

>  
> LG,
>  sissi


Bezug
                                
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Folgen, Konvergenz, ln, sin: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 20:19 Mo 20.04.2015
Autor: sissile

Danke nochmals Fred!
LG,
sissi

Bezug
        
Bezug
Folgen, Konvergenz, ln, sin: Zur zweiten Folge
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 22:09 Mo 20.04.2015
Autor: DieAcht

Hallo sissile!


Es gilt:

      [mm] \left(\frac{\ln(n)}{\ln(2)}\right)^2=\frac{\ln^2(n)}{\ln^\blue{2}(2)}. [/mm]

Dieser Fehler zieht sich über deinen ganzen Beweis, aber ändert
nichts an deiner Argumentation bzw. Ergebnis.


Die dritte Folge gucke ich mir später oder morgen an. Ansonsten
schaut sich das mit Sicherheit noch jemand an.


Gruß
DieAcht



Bezug
                
Bezug
Folgen, Konvergenz, ln, sin: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 10:29 Di 21.04.2015
Autor: sissile

Du hast recht, danke!

Ich habe nun mittlerweile auch eine Idee was [mm] (arctan(n))^{+} [/mm] bedeuten könnte nämlich:  [mm] (arctan(n))^{+}= [/mm] max(arctan(n), 0) . Die Notation hab ich schon in anderen Texten gesehen. Wobei das hier auch nebensächlich wäre, weil n [mm] \in \IN [/mm] ist..

LG,
sissi

Bezug
                        
Bezug
Folgen, Konvergenz, ln, sin: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 11:20 Do 23.04.2015
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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