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Abschätzung Reihe: Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:43 Di 08.12.2020
Autor: sancho1980

Aufgabe
Sei [mm] $(a_n)$ [/mm] eine Folge positiver Zahlen, die monoton wachsend und beschränkt ist.
Beweisen Sie, dass die Reihe [mm] $\summe_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{n+1}}{a_n} [/mm] - 1)$ konvergent ist.
(Hinweis: Zeigen Sie, dass die Folge der Partialsummen beschränkt ist.)

Hallo,
ich scheitere an dieser harmlos anmutenden Aufgabe.
Ich habe versucht, ob mir die Umformung

[mm] $\summe_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{n+1}}{a_n} [/mm] - 1) = [mm] \summe_{i=1}^{\infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{a_n}$ [/mm]

etwas bringt.

Hatte zuerst an das Quotientenkriterium gedacht. Aber ich denke, das bringt mich nicht weiter, weil ich zwar weiß, dass [mm] $a_{n + 1} \ge a_n$, [/mm] aber was lässt sich sicher über das Verhältnis von [mm] $a_{n + 2} [/mm] - [mm] a_{n + 1}$ [/mm] zu [mm] $a_{n + 1} [/mm] - [mm] a_{n}$ [/mm] sagen?

Denke auch, das ginge wohl nicht in die gewünschte Richtung (wegen des Hinweises). Aber wie zeige ich die Beschränktheit der Partialsummen? Wodurch sollten sie beschränkt sein? Einen Tipp vielleicht?

Gruß & Danke,
Martin

        
Bezug
Abschätzung Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 06:28 Mi 09.12.2020
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

vorab: Achte auf eine saubere Notation:

> Beweisen Sie, dass die Reihe $ [mm] \summe_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{n+1}}{a_n} [/mm] - 1) $ konvergent ist.

Ich kann mir nicht vorstellen, dass das so da steht.
Gemeint ist wohl [mm] $\summe_{i=1}^{\infty} (\frac{a_{i+1}}{a_i} [/mm] - 1) $

1.) Erinnere dich ans Cauchy-Kriterium, was sagt das aus?

2.) [mm] $(a_n)_{n\in\IN}$ [/mm] ist monoton und beschränkt und damit was?

3.) Da du den Hinweis bisher ignoriert hast, nutzen wir den mal.
Betrachten wir also  nun die Partialsummenfolge:
[mm] $S_n [/mm] := [mm] \summe_{i=1}^{n-1} (\frac{a_{i+1}}{a_i} [/mm] - 1)$
(Wieso ich die Grenze nur bis (n-1) mache hat kosmetische Gründe, damit du später Dinge einfacher siehst, letztendlich ist es aber egal…)

Sei nun $m [mm] \ge [/mm] n$.
Damit ist [mm] $|S_m [/mm] - [mm] S_n| [/mm] =  [mm] \summe_{i=n}^{m-1} (\frac{a_{i+1}}{a_i} [/mm] - 1) =  [mm] \summe_{i=n}^{m-1} (\frac{a_{i+1} - a_i}{a_i}) \le \frac{1}{a_1}\summe_{i=n}^{m-1} a_{i+1} [/mm] - [mm] a_i$ [/mm]

Forme zu Ende um und Nutze nun 1.) und 2.)

Gruß,
Gono

Bezug
        
Bezug
Abschätzung Reihe: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 11:01 Mi 09.12.2020
Autor: fred97

Ich denke, man kommt ohne Cauchy aus:

Zunächst ist [mm] $(a_n)$ [/mm] beschränkt, also $0 < [mm] a_n \le [/mm] c$ für allen $n$ mit einem geeigneten $c>0$.

Da [mm] $(a_n)$ [/mm] monoton wächst, ist [mm] $a_1 \le a_n$ [/mm] für alle $n$, also $ [mm] \frac{1}{a_n} \le \frac{1}{a_1}$ [/mm] für alle $n$.

Nun schauen wir uns die Teilsummenfolge [mm] $(S_n)$ [/mm] an:

Es ist $0 [mm] \le S_n= \summe_{i=1}^{n} \frac{a_{i+1} - a_i}{a_i} \le \frac{1}{a_1}\summe_{i=1}^{n} (a_{i+1}-a_i) [/mm] $

[mm] $\summe_{i=1}^{n} (a_{i+1}-a_i) [/mm] $ ist eine Teleskopsumme, also [mm] $=a_{n+1}-a_1.$ [/mm]

Somit:

$0 [mm] \le S_n \le \frac{1}{a_1}(c-a_1)$ [/mm]  für alle $n$.

Damit ist [mm] (S_n) [/mm] beschränkt.

Da [mm] $\frac{a_{i+1} - a_i}{a_i} \ge [/mm] 0$ für alle $i$ ist, ist [mm] $(S_n)$ [/mm] auch wachsend.


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