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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 10:28 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
Es seien [mm] (a_n) [/mm] und [mm] (b_n) [/mm] Folgen in [mm] \IR [/mm] mit:
(1) [mm] $a_n, b_n \ge [/mm] 0$ [mm] $\forall [/mm] n [mm] \in \IN$,
[/mm]
(2) [mm] $a_{n+1} \le a_n+b_n$ $\forall [/mm] n [mm] \in \IN$
[/mm]
und
(3) die Reihe [mm] \summe_{k=1}^{\infty}b_k [/mm] konvergiert.
Man zeige, dass die Folge [mm] (a_n) [/mm] konvergent ist. |
Es wäre nett, wenn jemand aus dem Moderatorenteam, diese Aufgabe in der üblichen Weise deklarieren würde.
Danke und Gruß
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:40 Mi 11.08.2010 | | Autor: | Loddar |
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Hallo Fred,
da [mm] \sum\limits_{k=1}^{\infty}b_{k} [/mm] konvergiert, ist [mm] b_{k} [/mm] eine Nullfolge. Dann folgt aus (2) dass [mm] \exists N\in\IN [/mm] so dass [mm] a_{n+1}\leq a_{n} \forall n\geq [/mm] N. [mm] a_{n} [/mm] ist monoton fallend und nach unten beschränkt [mm] (a_{n}\geq [/mm] 0), also ist [mm] a_{n} [/mm] konvergent.
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:31 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> da [mm]\sum\limits_{k=1}^{\infty}b_{k}[/mm] konvergiert, ist [mm]b_{k}[/mm]
> eine Nullfolge. Dann folgt aus (2) dass [mm]\exists N\in\IN[/mm] so
> dass [mm]a_{n+1}\leq a_{n} \forall n\geq[/mm] N.
Wieso ?? Das sehe ich nicht !
Gruß FRED
> [mm]a_{n}[/mm] ist monoton
> fallend und nach unten beschränkt [mm](a_{n}\geq[/mm] 0), also ist
> [mm]a_{n}[/mm] konvergent.
>
> lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:50 Mi 11.08.2010 | | Autor: | MontBlanc |
Hallo,
ich war da vllt. etwas vorschnell. Die geschichte mit der monotonie war bei dem gegebenen schon sehr verlockend.
Meine Überlegung habe ich eben etwas weiter geführt, vllt. ist der ansatz etwas sinnvoller.
Da [mm] \limes_{n\to\infty}b_{n}=0 \exists n_{0}\in\IN [/mm] so dass [mm] 0\leq b_{n}\leq [/mm] 1 [mm] \forall n\geq n_{0}. [/mm] sei nun [mm] 0<\epsilon<1 [/mm]
[mm] (2)\Rightarrow a_{n+1}-a_{n}\leq b_{n} [/mm] nun ist [mm] b_{n}\geq [/mm] 0 , außerdem ist [mm] b_{n} [/mm] eine Nullfolge.
dann folgt (hoffe ich), dass [mm] \exists N\in\IN [/mm] so dass [mm] n\geq [/mm] N [mm] \Rightarrow |a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon [/mm] .
damit wäre [mm] a_{n} [/mm] eine cauchy-folge und daher konvergent............
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:54 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> ich war da vllt. etwas vorschnell. Die geschichte mit der
> monotonie war bei dem gegebenen schon sehr verlockend.
> Meine Überlegung habe ich eben etwas weiter geführt,
> vllt. ist der ansatz etwas sinnvoller.
>
> Da [mm]\limes_{n\to\infty}b_{n}=0 \exists n_{0}\in\IN[/mm] so dass
> [mm]0\leq b_{n}\leq[/mm] 1 [mm]\forall n\geq n_{0}.[/mm] sei nun [mm]0<\epsilon<1[/mm]
>
> [mm](2)\Rightarrow a_{n+1}-a_{n}\leq b_{n}[/mm] nun ist [mm]b_{n}\geq[/mm] 0
> , außerdem ist [mm]b_{n}[/mm] eine Nullfolge.
>
> dann folgt (hoffe ich), dass [mm]\exists N\in\IN[/mm] so dass [mm]n\geq[/mm]
> N [mm]\Rightarrow |a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon[/mm] .
>
> damit wäre [mm]a_{n}[/mm] eine cauchy-folge und daher
> konvergent............
nein. Aus
$ [mm] \exists N\in\IN [/mm] $ so dass $ [mm] n\geq [/mm] $ N $ [mm] \Rightarrow |a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon [/mm] $
folgt noch nicht, dass [mm] )(a_n) [/mm] eine Cauchyfolge ist
FRED
>
> lg
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hallo fred,
geht denn die idee in die richtige richtung, oder sollte es ein ganz anderer ansatz sein ?
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:03 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> hallo fred,
>
> geht denn die idee in die richtige richtung
Weiß ich noch nicht ....
> , oder sollte es
> ein ganz anderer ansatz sein ?
meine Lösung ist ganz anders. Aber bekanntlich führen viel Wege nach Rom
Gruß FRED
>
> LG
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 11:45 Mi 11.08.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Ich weiss nicht ob die Aufgabe zu einfach ist oder ob ichs falsch verstehe, aber hier eine Lösung?:
[mm] a_{n+1} \le a_{n} [/mm] + [mm] b_{n}
[/mm]
Es muss ja für Konvergenz sein [mm] |\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}| [/mm] < 1
Also kann man schreiben: [mm] |\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}| [/mm] < [mm] |\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}| [/mm]
Da die Reihe der [mm] b_{n}'s [/mm] konvergiert, muss [mm] b_{n} [/mm] eine Nullfolge sein bzw. [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} b_{n} [/mm] = 0
Also ist [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} |\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}| [/mm] = |1 + 0|, falls [mm] |a_{n}| [/mm] > [mm] |b_{n}|
[/mm]
Somit wäre das gezeigt, falls [mm] a_{n+1} [/mm] < [mm] a_{n} [/mm] + [mm] b_{n}
[/mm]
Jetzt fall [mm] a_{n+1} [/mm] = [mm] a_{n} [/mm] + [mm] b_{n} [/mm] habe ich das getrennt gemacht:
Es ist ja sein [mm] |\bruch{b_{n+1}}{b_{n}}| [/mm] < 1 und es soll auch sein
[mm] |\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}| [/mm] < 1
Ich setze [mm] a_{n+1} [/mm] = [mm] a_{n+2} [/mm] - [mm] b_{n+1}
[/mm]
und [mm] a_{n} [/mm] = [mm] a_{n+1} [/mm] - [mm] b_{n}
[/mm]
==> [mm] |\bruch{a_{n+2} - b_{n+1}
}{ a_{n+1} - b_{n}}| [/mm] < 1
[mm] a_{n+2} [/mm] - [mm] b_{n+1} [/mm] < [mm] a_{n+1} [/mm] - [mm] b_{n}
[/mm]
Da [mm] b_{n+1} [/mm] < [mm] b_{n} [/mm] ist folgt
[mm] a_{n+2} [/mm] + C < [mm] a_{n+1}
[/mm]
Mit C > 0
Und ich glaube ich muss hier hald voraussetzen, dass man weiss das [mm] a_{n} [/mm] > [mm] b_{n} [/mm] ist. Kann jetzt nichmehr alles sauber nachkontorllieren, habe morgen Test und noch anderes...
[mm] \Box [/mm] ; )
FRED: Was ich schon immer wissen wollte: Was ist dein persönliches Lieblingskriterium?
a.) Quotientenkriterium
b.) Wurzelkriterium
c.) Integralkriterium
d.) Minoraten-/Majorantenkriterium
?
Achja, und ich habe dann noch Analysis III Vorlesung...^^
Gruss
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:52 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> Ich weiss nicht ob die Aufgabe zu einfach ist oder ob ichs
> falsch verstehe, aber hier eine Lösung?:
>
> [mm]a_{n+1} \le a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm]
>
> Es muss ja für Konvergenz sein [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] <
> 1
Wieso denn ?
>
> Also kann man schreiben: [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] <
> [mm]|\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}|[/mm]
>
> Da die Reihe der [mm]b_{n}'s[/mm] konvergiert, muss [mm]b_{n}[/mm] eine
> Nullfolge sein bzw. [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} b_{n}[/mm] = 0
>
> Also ist [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} |\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}|[/mm]
> = |1 + 0|, falls [mm]|a_{n}|[/mm] > [mm]|b_{n}|[/mm]
?????????????? ja, ja , ........... falls .........
>
> Somit wäre das gezeigt, falls [mm]a_{n+1}[/mm] < [mm]a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm]
???????????? für wieviele n, für 7 Stück , für alle , ...???
>
>
> Jetzt fall [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm] habe ich das getrennt
> gemacht:
>
> Es ist ja sein [mm]|\bruch{b_{n+1}}{b_{n}}|[/mm] < 1 und es soll
> auch sein
> [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] < 1
>
> Ich setze [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n+2}[/mm] - [mm]b_{n+1}[/mm]
> und [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]b_{n}[/mm]
>
> ==> [mm]|\bruch{a_{n+2} - b_{n+1}
}{ a_{n+1} - b_{n}}|[/mm] < 1
>
> [mm]a_{n+2}[/mm] - [mm]b_{n+1}[/mm] < [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]b_{n}[/mm]
>
> Da [mm]b_{n+1}[/mm] < [mm]b_{n}[/mm] ist folgt
> [mm]a_{n+2}[/mm] + C < [mm]a_{n+1}[/mm]
>
> [mm]\Box[/mm] ; )
Mit Verlaub, aber das ist alles Murks
>
>
> FRED: Was ich schon immer wissen wollte: Was ist dein
> persönliches Lieblingskriterium?
>
> a.) Quotientenkriterium
> b.) Wurzelkriterium
> c.) Integralkriterium
> d.) Minoraten-/Majorantenkriterium
Ich ziehe den Telefonjoker ......
>
>
> ?
>
> Achja, und ich habe dann noch Analysis III Vorlesung...^^
Was soll das ? Hast Du zuviel getrunken ?
FRED
>
> Gruss
>
>
>
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:46 Mi 11.08.2010 | | Autor: | qsxqsx |
> > Hallo,
> >
> > Ich weiss nicht ob die Aufgabe zu einfach ist oder ob ichs
> > falsch verstehe, aber hier eine Lösung?:
> >
> > [mm]a_{n+1} \le a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm]
> >
> > Es muss ja für Konvergenz sein [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] <
> > 1
>
>
> Wieso denn ?
Also nicht? Ich glaube ich habs falsch verstanden, ich habe gedacht man soll zeigen das die Reihe der [mm] a_{n}'s [/mm] konvergiert und die meinst die Folge? Das war mein Fehler?
Das würd ich schon noch gerne wissen, bin grad etwas verwirrt (ob einfach so oder wegen dem Martini kann ich nicht so genau sagen) bezüglich Folge und Reihe.
>
> >
> > Also kann man schreiben: [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] <
> > [mm]|\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}|[/mm]
> >
> > Da die Reihe der [mm]b_{n}'s[/mm] konvergiert, muss [mm]b_{n}[/mm] eine
> > Nullfolge sein bzw. [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} b_{n}[/mm] = 0
> >
> > Also ist [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} |\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}|[/mm]
> > = |1 + 0|, falls [mm]|a_{n}|[/mm] > [mm]|b_{n}|[/mm]
>
>
> ?????????????? ja, ja , ........... falls .........
> >
> > Somit wäre das gezeigt, falls [mm]a_{n+1}[/mm] < [mm]a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm]
>
>
> ???????????? für wieviele n, für 7 Stück , für alle ,
> ...???
> >
> >
> > Jetzt fall [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm] habe ich das getrennt
> > gemacht:
> >
> > Es ist ja sein [mm]|\bruch{b_{n+1}}{b_{n}}|[/mm] < 1 und es soll
> > auch sein
> > [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] < 1
> >
> > Ich setze [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n+2}[/mm] - [mm]b_{n+1}[/mm]
> > und [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]b_{n}[/mm]
> >
> > ==> [mm]|\bruch{a_{n+2} - b_{n+1}
}{ a_{n+1} - b_{n}}|[/mm] < 1
> >
> > [mm]a_{n+2}[/mm] - [mm]b_{n+1}[/mm] < [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]b_{n}[/mm]
> >
> > Da [mm]b_{n+1}[/mm] < [mm]b_{n}[/mm] ist folgt
> > [mm]a_{n+2}[/mm] + C < [mm]a_{n+1}[/mm]
> >
> > [mm]\Box[/mm] ; )
>
>
>
>
>
> Mit Verlaub, aber das ist alles Murks
Übertreib mal nicht.
> >
> >
> > FRED: Was ich schon immer wissen wollte: Was ist dein
> > persönliches Lieblingskriterium?
> >
> > a.) Quotientenkriterium
> > b.) Wurzelkriterium
> > c.) Integralkriterium
> > d.) Minoraten-/Majorantenkriterium
>
>
> Ich ziehe den Telefonjoker ......
>
> >
> >
> > ?
> >
> > Achja, und ich habe dann noch Analysis III Vorlesung...^^
>
> Was soll das ? Hast Du zuviel getrunken ?
Jaarwraeaaaa einb sisccheen
>
> FRED
> >
> > Gruss
> >
> >
> >
> >
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:54 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> > > Hallo,
> > >
> > > Ich weiss nicht ob die Aufgabe zu einfach ist oder ob ichs
> > > falsch verstehe, aber hier eine Lösung?:
> > >
> > > [mm]a_{n+1} \le a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm]
> > >
> > > Es muss ja für Konvergenz sein [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] <
> > > 1
> >
> >
> > Wieso denn ?
>
> Also nicht? Ich glaube ich habs falsch verstanden, ich habe
> gedacht man soll zeigen das die Reihe der [mm]a_{n}'s[/mm]
> konvergiert und die meinst die Folge?
Wer lesen kann ist im Vorteil ....
> Das war mein Fehler?
> Das würd ich schon noch gerne wissen, bin grad etwas
> verwirrt (ob einfach so oder wegen dem Martini kann ich
> nicht so genau sagen) bezüglich Folge und Reihe.
>
> >
> > >
> > > Also kann man schreiben: [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] <
> > > [mm]|\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}|[/mm]
> > >
> > > Da die Reihe der [mm]b_{n}'s[/mm] konvergiert, muss [mm]b_{n}[/mm] eine
> > > Nullfolge sein bzw. [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} b_{n}[/mm] = 0
> > >
> > > Also ist [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} |\bruch{a_{n} + b_{n}}{a_{n}}|[/mm]
> > > = |1 + 0|, falls [mm]|a_{n}|[/mm] > [mm]|b_{n}|[/mm]
> >
> >
> > ?????????????? ja, ja , ........... falls .........
> > >
> > > Somit wäre das gezeigt, falls [mm]a_{n+1}[/mm] < [mm]a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm]
> >
> >
> > ???????????? für wieviele n, für 7 Stück , für alle ,
> > ...???
> > >
> > >
> > > Jetzt fall [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n}[/mm] + [mm]b_{n}[/mm] habe ich das getrennt
> > > gemacht:
> > >
> > > Es ist ja sein [mm]|\bruch{b_{n+1}}{b_{n}}|[/mm] < 1 und es soll
> > > auch sein
> > > [mm]|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|[/mm] < 1
> > >
> > > Ich setze [mm]a_{n+1}[/mm] = [mm]a_{n+2}[/mm] - [mm]b_{n+1}[/mm]
> > > und [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]b_{n}[/mm]
> > >
> > > ==> [mm]|\bruch{a_{n+2} - b_{n+1}
}{ a_{n+1} - b_{n}}|[/mm] <
> 1
> > >
> > > [mm]a_{n+2}[/mm] - [mm]b_{n+1}[/mm] < [mm]a_{n+1}[/mm] - [mm]b_{n}[/mm]
> > >
> > > Da [mm]b_{n+1}[/mm] < [mm]b_{n}[/mm] ist folgt
> > > [mm]a_{n+2}[/mm] + C < [mm]a_{n+1}[/mm]
> > >
> > > [mm]\Box[/mm] ; )
> >
> >
> >
> >
> >
> > Mit Verlaub, aber das ist alles Murks
>
> Übertreib mal nicht.
............. man mag es bedauern, aber ändern kann mans nicht
>
> > >
> > >
> > > FRED: Was ich schon immer wissen wollte: Was ist dein
> > > persönliches Lieblingskriterium?
> > >
> > > a.) Quotientenkriterium
> > > b.) Wurzelkriterium
> > > c.) Integralkriterium
> > > d.) Minoraten-/Majorantenkriterium
> >
> >
> > Ich ziehe den Telefonjoker ......
> >
> > >
> > >
> > > ?
> > >
> > > Achja, und ich habe dann noch Analysis III Vorlesung...^^
> >
> > Was soll das ? Hast Du zuviel getrunken ?
>
> Jaarwraeaaaa einb sisccheen
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> >
> > FRED
> > >
> > > Gruss
> > >
> > >
> > >
> > >
> >
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:15 Mi 11.08.2010 | | Autor: | Herby |
Hallo qsxqsx,
reine Sachlichkeit mag zwar langweilig sein, aber sie ist zu bestimmten Zeitpunkten einfach angenehmer.
LG
Herby
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:10 Mi 11.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit
> Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
>
> Es seien [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] Folgen in [mm]\IR[/mm] mit:
>
> (1) [mm]a_n, b_n \ge 0[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm],
[mm] a_n=1/n [/mm] und [mm] b_n=1/n^2 [/mm] erfüllen das.
>
> (2) [mm]a_{n+1} \le a_n+b_n[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm]
[mm] 1/(n+1)\le [/mm] 1/n + [mm] 1/n^2 [/mm] erfüllen das auch
>
> und
>
> (3) die Reihe [mm]\summe_{k=1}^{\infty}b_k[/mm] konvergiert.
Das ist allg. bekannt: [mm] \summe b_n=\pi^2/6
[/mm]
>
> Man zeige, dass die Folge [mm](a_n)[/mm] konvergent ist.
Kann ich nicht. Wo ist mein Brett vorm Kopf?
LG
gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:28 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> > Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit
> > Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
> >
> > Es seien [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] Folgen in [mm]\IR[/mm] mit:
> >
> > (1) [mm]a_n, b_n \ge 0[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm],
>
> [mm]a_n=1/n[/mm] und [mm]b_n=1/n^2[/mm] erfüllen das.
>
> >
> > (2) [mm]a_{n+1} \le a_n+b_n[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm]
>
> [mm]1/(n+1)\le[/mm] 1/n + [mm]1/n^2[/mm] erfüllen das auch
>
> >
> > und
> >
> > (3) die Reihe [mm]\summe_{k=1}^{\infty}b_k[/mm] konvergiert.
>
> Das ist allg. bekannt: [mm]\summe b_n=\pi^2/6[/mm]
> >
> > Man zeige, dass die Folge [mm](a_n)[/mm] konvergent ist.
>
> Kann ich nicht.
Hallo gfm,
> Wo ist mein Brett vorm Kopf?
das kann ich Dir nicht sagen
FRED
>
> LG
>
> gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:43 Mi 11.08.2010 | | Autor: | gfm |
> > > Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit
> > > Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
> > >
> > > Es seien [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] Folgen in [mm]\IR[/mm] mit:
> > >
> > > (1) [mm]a_n, b_n \ge 0[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm],
> >
> > [mm]a_n=1/n[/mm] und [mm]b_n=1/n^2[/mm] erfüllen das.
> >
> > >
> > > (2) [mm]a_{n+1} \le a_n+b_n[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm]
> >
> > [mm]1/(n+1)\le[/mm] 1/n + [mm]1/n^2[/mm] erfüllen das auch
> >
> > >
> > > und
> > >
> > > (3) die Reihe [mm]\summe_{k=1}^{\infty}b_k[/mm] konvergiert.
> >
> > Das ist allg. bekannt: [mm]\summe b_n=\pi^2/6[/mm]
> > >
> > > Man zeige, dass die Folge [mm](a_n)[/mm] konvergent ist.
> >
> > Kann ich nicht.
>
> Hallo gfm,
>
>
> > Wo ist mein Brett vorm Kopf?
>
> das kann ich Dir nicht sagen
Was ich meine ist, dass schon [mm] a_{n+1}\le a_n [/mm] von jeder monoton fallenden Folge erfüllt wird. Für alle solchen Folgen gilt dann erst recht auch [mm] a_{n+1}\le a_n+b_n, [/mm] sofern [mm] b_n\ge0 [/mm] ist.
LG
gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:07 Mi 11.08.2010 | | Autor: | gfm |
Die Folge der [mm] a_n [/mm] soll ja konvergent sein und nicht die Reihe...wer lesen kann ist klar im Vorteil...man muss schon genau hinschauen...
LG
gfm
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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:53 Mi 11.08.2010 | | Autor: | wieschoo |
Ich versuche eine Cauchyfolge zu konstruieren:
[mm] $a_{n+1}\leq a_n +b_n$
[/mm]
[mm] $a_{n}\leq a_{n-1} +b_{n-1}$
[/mm]
[mm] $a_{n-1}\leq a_{n-2} +b_{n-2}$
[/mm]
[mm] $a_{n-i}\leq a_{n-(i+1)} +b_{n-(i+1)}$
[/mm]
Somit erhalte ich
[mm] $a_{n+1}-a_{n}\leq b_{n}$
[/mm]
und
[mm] $a_{n+1}-a_{n-1}\leq b_{n-1}+b_{n}$
[/mm]
und weiter induktiv
[mm] $a_{n+1}-a_{n-3}\leq b_{n-3}+b_{n-2}+b_{n-1}+b_{n}$ [/mm] ...
also
[mm] $a_{n+1}-a_{n-k}\leq \summe_{i=0}^{k}b_{n-i}<\infty$
[/mm]
Wobei letzteres nach Voraussetzung eine konvergente Reihe ist.
Außerdem gilt [mm] $\exists n_\varepsilon \in \IN \forall n>n_\varepsilon [/mm] : [mm] b_n<\varepsilon$
[/mm]
Damit kann man
[mm] $a_{n+1}-a_{n-3}\leq b_{n-3}+b_{n-2}+b_{n-1}+b_{n}$
[/mm]
abschätzen mit
[mm] $a_{n+1}-a_{n-3}\leq 4\varepsilon$ [/mm] für [mm] $n>n_\varepsilon$
[/mm]
Allgemein würde ich daraus schlussfolgern:
[mm] $a_{n+1}-a_{n-k}\leq \summe_{i=0}^{k}b_{n-i}<(k+1)\varepsilon$
[/mm]
Wobei [mm] \varepsilon [/mm] beliebig ist. Hätte ich damit nicht schon eine Cauchyfolge?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:03 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Ich versuche eine Cauchyfolge zu konstruieren:
> [mm]a_{n+1}\leq a_n +b_n[/mm]
> [mm]a_{n}\leq a_{n-1} +b_{n-1}[/mm]
>
> [mm]a_{n-1}\leq a_{n-2} +b_{n-2}[/mm]
> [mm]a_{n-i}\leq a_{n-(i+1)} +b_{n-(i+1)}[/mm]
>
> Somit erhalte ich
>
> [mm]a_{n+1}-a_{n}\leq b_{n}[/mm]
> und
> [mm]a_{n+1}-a_{n-1}\leq b_{n-1}+b_{n}[/mm]
> und weiter induktiv
> [mm]a_{n+1}-a_{n-3}\leq b_{n-3}+b_{n-2}+b_{n-1}+b_{n}[/mm] ...
> also
> [mm]a_{n+1}-a_{n-k}\leq \summe_{i=0}^{k}b_{n-i}<\infty[/mm]
> Wobei
> letzteres nach Voraussetzung eine konvergente Reihe ist.
>
> Außerdem gilt [mm]\exists n_\varepsilon \in \IN \forall n>n_\varepsilon : b_n<\varepsilon[/mm]
>
> Damit kann man
> [mm]a_{n+1}-a_{n-3}\leq b_{n-3}+b_{n-2}+b_{n-1}+b_{n}[/mm]
>
> abschätzen mit
> [mm]a_{n+1}-a_{n-3}\leq 4\varepsilon[/mm] für [mm]n>n_\varepsilon[/mm]
>
> Allgemein würde ich daraus schlussfolgern:
> [mm]a_{n+1}-a_{n-k}\leq \summe_{i=0}^{k}b_{n-i}<(k+1)\varepsilon[/mm]
>
> Wobei [mm]\varepsilon[/mm] beliebig ist. Hätte ich damit nicht
> schon eine Cauchyfolge?
Nein. In
[mm]a_{n+1}-a_{n-k}<(k+1)\varepsilon[/mm]
sind 2 Dinge nicht in Ordnung, die man für eine Cauchyfolge braucht:
1. links fehlen Beträge
2. die rechte Seite hängt von k ab
Gruß FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:50 Mi 11.08.2010 | | Autor: | iks |
Moin Fred!
Möchte mich auch an der Lösung versuchen  .
Nach Voraussetzung ist [mm] $a_{n+1}\leq a_n+b_n\forall n\in\IN$ [/mm] woraus [mm] $|a_n-a_{n+1}|
[mm] $\sum_{k=1}^\infty|a_k-a_{k+1}|$
[/mm]
nach dem Majorantenkriterium. D.h. für alle [mm] $\epsilon>0\exists n_0\in\IN$ [/mm] so dass für alle [mm] $m,n>n_0$:
[/mm]
[mm] $\left|\sum_{k=m}^n|a_k-a_{k+1}|\right|=\sum_{k=m}^n|a_k-a_{k+1}|<\epsilon$
[/mm]
ausfällt. Dann ist aber für [mm] $m,n>n_0$ [/mm] auch:
[mm] $|a_m-a_n|=|a_m-a_{m+1}+a_{m+1}+\ldots -a_{n-1}+a_{n-1}-a_n|\leq |a_m-a_{m+1}|+\ldots+|a_{n-1}-a_n|=\sum_{k=m}^n|a_k-a_{k+1}|<\epsilon$
[/mm]
Also [mm] $(a_n)$ [/mm] Cauchyfolge und konvergent in [mm] $\IR$.
[/mm]
viele Grüße iks
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:58 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Moin Fred!
>
> Möchte mich auch an der Lösung versuchen .
>
> Nach Voraussetzung ist [mm]a_{n+1}\leq a_n+b_n\forall n\in\IN[/mm]
> woraus [mm]|a_n-a_{n+1}|
Hallo iks,
da oben ist schon ein Fehler ! Aus x [mm] \le [/mm] y+z folgt i.a. nicht: |y-x| [mm] \le [/mm] z
Beispiel: x=3, y= 4 und z=1/2
Dann ist 3=x [mm] \le [/mm] y+z= 9/2, aber |y-x|= 1 > 1/2 =z
Gruß FRED
> kann. Somit konvergiert dann aber
>
> [mm]\sum_{k=1}^\infty|a_k-a_{k+1}|[/mm]
>
> nach dem Majorantenkriterium. D.h. für alle
> [mm]\epsilon>0\exists n_0\in\IN[/mm] so dass für alle [mm]m,n>n_0[/mm]:
>
> [mm]\left|\sum_{k=m}^n|a_k-a_{k+1}|\right|=\sum_{k=m}^n|a_k-a_{k+1}|<\epsilon[/mm]
>
> ausfällt. Dann ist aber für [mm]m,n>n_0[/mm] auch:
>
> [mm]|a_m-a_n|=|a_m-a_{m+1}+a_{m+1}+\ldots -a_{n-1}+a_{n-1}-a_n|\leq |a_m-a_{m+1}|+\ldots+|a_{n-1}-a_n|=\sum_{k=m}^n|a_k-a_{k+1}|<\epsilon[/mm]
>
> Also [mm](a_n)[/mm] Cauchyfolge und konvergent in [mm]\IR[/mm].
>
> viele Grüße iks
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:59 Mi 11.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Fred,
> Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit
> Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
>
> Es seien [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] Folgen in [mm]\IR[/mm] mit:
>
> (1) [mm]a_n, b_n \ge 0[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm],
>
> (2) [mm]a_{n+1} \le a_n+b_n[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm]
>
> und
>
> (3) die Reihe [mm]\summe_{k=1}^{\infty}b_k[/mm] konvergiert.
>
> Man zeige, dass die Folge [mm](a_n)[/mm] konvergent ist.
per Induktion folgt [mm] $a_{n+m} \le a_n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{m-1} b_{n+i} \le a_n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^\infty b_{n+i} [/mm] = [mm] a_n [/mm] + [mm] \sum_{i=n}^\infty b_i$.
[/mm]
Daraus folgt sofort, dass [mm] $(a_n)_{n\in\IN}$ [/mm] beschraenkt ist. Demnach existiert $a := [mm] \liminf_{n\to\infty} a_n \ge [/mm] 0$ und $b := [mm] \limsup_{n\to\infty} a_n$. [/mm] Damit [mm] $(a_n)_n$ [/mm] konvergiert, muessen wir $a = b$ zeigen. Wir wissen bereits, dass $a [mm] \le [/mm] b$ gilt.
Angenommen, es gilt $b > a$. In dem Fall sei [mm] $k_0$ [/mm] so gewaehlt, dass [mm] $\sum_{k=k_0}^\infty b_k \le \frac{b - a}{3}$ [/mm] ist. Weiterhin sei [mm] $n_0 \ge k_0$ [/mm] so gewaehlt, dass [mm] $a_{n_0} \le [/mm] a + [mm] \frac{b - a}{3}$ [/mm] ist. Fuer $n [mm] \ge n_0$ [/mm] gilt dann also [mm] $a_n \le a_{n_0} [/mm] + [mm] \sum_{i=n_0}^\infty b_i \le [/mm] a + [mm] \frac{b - a}{3} [/mm] + [mm] \sum_{i=k_0}^\infty b_i \le [/mm] a + [mm] \tfrac{2}{3} [/mm] (b - a) = b - [mm] \frac{b - a}{3} [/mm] < b$.
Daraus folgt jedoch [mm] $\limsup_{n\to\infty} a_n \le [/mm] b - [mm] \frac{b - a}{3} [/mm] < b$, ein Widerspruch! Also muss $a = b$ sein und die Folge konvergiert.
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:06 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Moin Fred,
>
> > Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit
> > Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
> >
> > Es seien [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] Folgen in [mm]\IR[/mm] mit:
> >
> > (1) [mm]a_n, b_n \ge 0[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm],
> >
> > (2) [mm]a_{n+1} \le a_n+b_n[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm]
> >
> > und
> >
> > (3) die Reihe [mm]\summe_{k=1}^{\infty}b_k[/mm] konvergiert.
> >
> > Man zeige, dass die Folge [mm](a_n)[/mm] konvergent ist.
>
> per Induktion folgt [mm]a_{n+m} \le a_n + \sum_{i=0}^{m-1} b_{n+i} \le a_n + \sum_{i=0}^\infty b_{n+i} = a_n + \sum_{i=n}^\infty b_i[/mm].
>
> Daraus folgt sofort, dass [mm](a_n)_{n\in\IN}[/mm] beschraenkt ist.
> Demnach existiert [mm]a := \liminf_{n\to\infty} a_n \ge 0[/mm] und [mm]b := \limsup_{n\to\infty} a_n[/mm].
> Damit [mm](a_n)_n[/mm] konvergiert, muessen wir [mm]a = b[/mm] zeigen. Wir
> wissen bereits, dass [mm]a \le b[/mm] gilt.
>
> Angenommen, es gilt [mm]b > a[/mm]. In dem Fall sei [mm]k_0[/mm] so gewaehlt,
> dass [mm]\sum_{k=k_0}^\infty b_k \le \frac{b - a}{3}[/mm] ist.
> Weiterhin sei [mm]n_0 \ge k_0[/mm] so gewaehlt, dass [mm]a_{n_0} \le a + \frac{b - a}{3}[/mm]
> ist. Fuer [mm]n \ge n_0[/mm] gilt dann also [mm]a_n \le a_{n_0} + \sum_{i=n_0}^\infty b_i \le a + \frac{b - a}{3} + \sum_{i=k_0}^\infty b_i \le a + \tfrac{2}{3} (b - a) = b - \frac{b - a}{3} < b[/mm].
>
> Daraus folgt jedoch [mm]\limsup_{n\to\infty} a_n \le b - \frac{b - a}{3} < b[/mm],
> ein Widerspruch! Also muss [mm]a = b[/mm] sein und die Folge
> konvergiert.
>
> LG Felix
Hallo Felix,
Respekt !!! tolle Lösung. Deine Lösung ist meiner ganz ähnlich. Ich konnte auf eine Widerspruchsbeweis verzichten:
FREDs Lösung:
Sei n [mm] \in \IN [/mm] zunächst fest und m>n. Induktiv sieht man:
[mm] $a_m \le a_n+\summe_{k=n}^{m-1}b_k [/mm] $.
Mit [mm] $r_n:= \summe_{k=n}^{\infty}b_k [/mm] $ folgt dann:
(*) [mm] $a_m \le a_n+r_n$
[/mm]
Aus (*) ist ersichtlich, dass [mm] (a_k) [/mm] beschränkt ist. Sei [mm] $\alpha:= \lim \sup a_k$ [/mm] und [mm] $\beta:= \lim \inf a_k$ [/mm] . Dann ist [mm] $\beta \le \alpha$ [/mm] und die Aufgabe ist gelöst, wenn wir noch zeigen können, dass [mm] $\beta \ge \alpha$ [/mm] ist (zur Erinnerung: eine beschränkte Folge ist genau dann konvergent, wenn sie genau einen Häufungswert besitzt).
Aus (*) folgt zunächst:
(**) [mm] $\alpha \le a_n+r_n$ [/mm] für jedes n.
Da [mm] \sum b_k [/mm] konvergiert, ist [mm] (r_n) [/mm] eine Nullfolge, und damit folgt aus (**): [mm] $\alpha \le \beta$.
[/mm]
Gruß
FRED
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:12 Mi 11.08.2010 | | Autor: | MontBlanc |
hallo,
lim sup / lim inf haben wir noch gar nicht behandelt... ginge es auch ohne deren einsatz ?
lg
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:21 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> hallo,
>
> lim sup / lim inf haben wir noch gar nicht behandelt...
> ginge es auch ohne deren einsatz ?
Keine Ahnung
Gruß FRED
>
> lg
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:04 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Ohne liminf/limsup faellt mir spontan auch nichts ein, ob
> man es anstaendig loesen kann.
Du könntest [mm] a_n [/mm] zerlegen in die Differenz zweier Folgen [mm] p_n [/mm] und [mm] q_n, [/mm] wobei die erste die Summe aus dem ersten Glied plus die Summe der Zuwächse ist und die zweite die der Summe der Abnahmen ist. Die erste ist konvergent, da man Sie mit der konvergent gegebenen Reihe nach oben abschätzen kann und die zweite ist konvergent, da die Folge [mm] a_n [/mm] insgesamt beschränkt ist.
LG
gfm
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:13 Do 12.08.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> hallo,
>
> lim sup / lim inf haben wir noch gar nicht behandelt...
> ginge es auch ohne deren einsatz ?
mit Hinblick auf einem gewissen Vorwissen über den Limsup und den Liminf (diese mathematischen Begriffe sollte man übrigens für sich selbst sehr intensiv lernen, sobald es drankommt, denn z.B. in der Wahrscheinlichkeitstheorie arbeitet man mit - sagen wir mal, einer Verallgemeinerung - den Limsup und Liminf von Mengen) kann einem eigentlich spontan durchaus eine Antwort auf diese Frage gegeben werden, ähnlich, wie gfm es getan hat:
Anstatt mit Limsup und Liminf kann man auch mit Teilfolgen der Folge arbeiten. Es gibt da nämlich einen elementaren Zusammenhang:
Der Limsup ist der größte Häufungspunkt einer Folge, der Liminf der kleinste Häufungspunkt. Manchmal ist zu beachten, dass ein Autor auch anstatt Häufungspunkt von Häufungswert spricht, und bei manchen gibt es da auch eine "kleine" Differenzierung dieser Begriffe - z.B. http://www.matheboard.de/archive/397629/thread.html.
P.S.:
Wie gesagt: Wer sich damit auskennt, kann nun auch Freds oder Felix Lösung umschreiben - z.B.:
Wir wollen zeigen, dass [mm] $(a_n)_n$ [/mm] genau einen Häufungspunkt hat. Sei [mm] $HP((a_n)_n)=:HP$ [/mm] die Menge der Häufungspunkte von [mm] $(a_n)_n$. [/mm] Zeige: $HP$ hat Maximum und Minimum. Wähle Teilfolge ... von ..., so dass ...
P.P.S.:
Freds und Felix Lösung basieren übrigens - unter anderem - auch auf einem elementaren Wissen, das meist Teil einer Übung in Ana I ist:
Jede Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] kann man als Reihe [mm] $\sum_k d_k:=\sum_{k=0}^\infty d_k$ [/mm] schreiben (im Sinne der Folge der Teilsummen; also [mm] $a_n:=\sum_{k=0}^n d_k$ [/mm] für jedes [mm] $n\,$). [/mm] Dazu:
Sei [mm] $d_k:=a_k-a_{k-1}\,,$ [/mm] und weil [mm] $\IN=\{1,2,3,\ldots\}$ [/mm] dürfen wir noch [mm] $a_0:=0$ [/mm] setzen. Dann gilt
[mm] $$a_n=\sum_{k=1}^n a_k -\sum_{k=0}^{n-1}a_k+\underbrace{0}_{=a_0}=\sum_{k=1}^n (a_k-a_{k-1})=\sum_{k=0}^n d_k\,.$$
[/mm]
Übrigens ist es sehr naheliegend, dass dieser Ansatz in die Lösung eingeht, wenn man [mm] $a_{n+1} \le a_n+b_n$ [/mm] kurz in
[mm] $$a_{n+1}-a_n \le b_n$$
[/mm]
umschreibt. Aber wie es meist im Leben ist: Die meisten werden jetzt sagen:
"Ja, jetzt, nachdem Du bzw. wir die Lösung gesehen haben, ist es leicht zu sagen, dass das naheliegend sei..."
Aber in der Tat: Mir ist hier nach einem gewissen hin- und her - ohne, dass ich die Musterlösung angeguckt hatte - durch diese Umformung direkt der Begriff "Teleskopsumme" eingefallen... Und da ich ein wenig zu faul zum weiterdenken war, habe ich mir mal die Musterlösungen danach angeschaut ^^ (Schande über mein Haupt!)
Besten Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:33 Mi 11.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hier eine , wie ich meine, sehr schöne Aufgabe, die mit
> Kenntnissen aus Analysis I machbar ist:
>
> Es seien [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] Folgen in [mm]\IR[/mm] mit:
>
> (1) [mm]a_n, b_n \ge 0[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm],
>
> (2) [mm]a_{n+1} \le a_n+b_n[/mm] [mm]\forall n \in \IN[/mm]
>
> und
>
> (3) die Reihe [mm]\summe_{k=1}^{\infty}b_k[/mm] konvergiert.
>
> Man zeige, dass die Folge [mm](a_n)[/mm] konvergent ist.
>
> Es wäre nett, wenn jemand aus dem Moderatorenteam, diese
> Aufgabe in der üblichen Weise deklarieren würde.
>
> Danke und Gruß
Idee:
Wenn [mm] a_n=p_n-q_n [/mm] mit zwei konvergenten Folgen [mm] (p_n) [/mm] und [mm] (q_n) [/mm] gilt, folgt daraus die Konvergenz von [mm] (a_n).
[/mm]
Vorbereitung:
Sei [mm] B_N [/mm] die N-te Partialsumme von [mm] (b_n) [/mm] und B Ihr laut Voraussetzung existierender Grenzwert.
Summiert man die laut voraussetzung gültige Ungleichung [mm] a_{n+1}\le a_n+b_n [/mm] über alle n=1 bis N, folgt daraus und aus [mm] a_n, b_n\ge0
[/mm]
[mm] 0\le a_{N+1}\le a_1+B
[/mm]
Somit ist die Folge [mm] (a_n) [/mm] beschränkt.
Jetzt wird [mm] a_n [/mm] in einen monton steigenden Anteil [mm] p_n [/mm] und monoton fallenden Anteil [mm] -q_n [/mm] zerlegt:
Setzt man für [mm] \Delta_n:=a_{n+1}-a_{n} [/mm] so gilt
[mm] a_n=a_1+\summe_{j=1}^{n-1}\Delta_j =a_1+\summe_{j=1}^{n-1}\Delta_j*1_{[0,\infty)}(\Delta_j)-\summe_{j=1}^{n-1}(-\Delta_j)*1_{(-\infty,0)}(\Delta_j)=:p_n-q_n
[/mm]
Argumentation:
[mm] (p_n) [/mm] und [mm] (q_n) [/mm] sind die Partialsummen von Reihen mit nicht negativen Gliedern. Sie sind somit monoton steigend und nicht negativ. [mm] p_n [/mm] wird von einer konvergenten Folge majorisiert: [mm] p_n=a_1+\summe_{j=1}^{n-1}\Delta_j*1_{[0,\infty)}(\Delta_j)\le a_1+B_{n-1}\le a_1+B. [/mm] Somit ist [mm] (p_n) [/mm] konvergent. Der Grenzwert heiße P. Mit [mm] a_n=p_n-P+P-q_n\le P-q_n [/mm] erkennt man, dass - da [mm] (a_n) [/mm] beschränkt ist - [mm] (q_n) [/mm] nicht unbeschränkt sein kann. Daraus folgt, das [mm] (q_n) [/mm] auch konvergent sein muss. Woraus die Konvergenz von [mm] (a_n) [/mm] folgt.
LG
gfm
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:39 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
Mich würde eine Kommentar der Cracks schon noch interessieren...
Vielen Dank im Voraus und
LG
gfm
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:51 Do 12.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Mich würde eine Kommentar der Cracks schon noch
> interessieren...
>
> Vielen Dank im Voraus und
>
> LG
>
> gfm
Deine obige Lösung sieht sehr gut aus
Gruß FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:10 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
LG
gfm
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Angefangen mit:
