Divergente Reihe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:33 Do 29.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
| Aufgabe | | Sei [mm] ((a_n)) [/mm] eine divergente Reihe mit nicht-negativen Gliedern, dann ist [mm] ((\bruch{a_n}{1+a_n})) [/mm] eine divergente Reihe. |
Kurz zur Notation: [mm] ((a_n)) [/mm] ist die Reihe aus der Folge [mm] (a_n) [/mm]. Hier mein Lösungsversuch:
Da [mm] ((a_n)) [/mm] eine divergente Reihe ist, so sind die Partialsummen keine Cauchyfolge, d.h. [mm] \exists \ \varepsilon > 0 \ \forall \ n_0 \in \IN \ \exists \ m , n > n_0 \ [/mm] ist [mm] \summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \varepsilon [/mm].
Es gilt dann
[mm] \summe_{k=m}^{m+n} \bruch{a_n}{1+a_n} > \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \varepsilon [/mm].
Wähle nun [mm] \varepsilon_2 = \varepsilon * \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) [/mm].
Dann bilden die Partialsummen von [mm] ((\bruch{a_n}{1+a_n})) [/mm] keine Cauchyfolge und ist damit nicht konvergent. [mm] \Box [/mm]
Irgendwie bin ich mir bei diesem Beweis nicht sicher, könnte bitte jemand einen Blick darauf werfen und korrigieren. Falls jemand etwas eleganteres kennt, wäre ich auch sehr interessiert.
Danke
Higgsino
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:40 Do 29.07.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo Higgsino,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") !!
Betrachte:
[mm] $$\bruch{a_n}{1+a_n} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{\red{1+} \ a_n \ \red{-1}}{1+a_n} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1+a_n}{1+a_n}-\bruch{1}{1+a_n} [/mm] \ = \ [mm] 1-\bruch{1}{1+a_n}$$
[/mm]
Handelt es sich hierbei um eine Nullfolge (also notwendiges Kriterium für die Reihenkonvergenz)?
Gruß
Loddar
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Hallo Loddar,
> Hallo Higgsino,
>
> !!
>
>
> Betrachte:
> [mm]\bruch{a_n}{1+a_n} \ = \ \bruch{\red{1+} \ a_n \ \red{-1}}{1+a_n} \ = \ \bruch{1+a_n}{1+a_n}-\bruch{1}{1+a_n} \ = \ 1-\bruch{1}{1+a_n}[/mm]
>
> Handelt es sich hierbei um eine Nullfolge (also notwendiges
> Kriterium für die Reihenkonvergenz)?
Ich glaube, deine Begründung klappt so nicht!
Betrachte die Reihe [mm] $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$
[/mm]
Die ist divergent, aber [mm] $1-\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$ [/mm] ist Nullfolge ...
>
> Gruß
> Loddar
LG
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:32 Do 29.07.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo schuchuzipus!
[mm] $1-\bruch{1}{1+a_n}$ [/mm] ist aber nur dann Nullfolge, wenn [mm] $a_n$ [/mm] ebenfalls eine Nullfolge ist. Dies steht jedoch im Widerspruch zur Voraussetzung gemäß Aufgabenstellung.
Gruß
Loddar
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Hallo nochmal,
> Hallo schuchuzipus!
>
>
> [mm]1-\bruch{1}{1+a_n}[/mm] ist aber nur dann Nullfolge, wenn [mm]a_n[/mm]
> ebenfalls eine Nullfolge ist. Dies steht jedoch im
> Widerspruch zur Voraussetzung gemäß Aufgabenstellung.
![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
Vor. ist doch lediglich: [mm] $\sum a_n$ [/mm] ist divergente Reihe mit nicht-negativen Gliedern ...
>
>
> Gruß
> Loddar
>
Zurück
schachuzipus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:50 Do 29.07.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo schauchuzipus!
Mist, da habe ich mich durch das alleinige [mm] $\left(a_n\right)$ [/mm] (ohne Summenzeichen verleiten lassen.
In meinem Kopf war oben angekommen, dass [mm] $a_n$ [/mm] eine divergente Folge sei.
Gruß
Loddar
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:36 Do 29.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Danke für das freundliche Willkommen.
hmmm bisher konnte ich den Tipp auch nicht richtig verwerten. Ist meine alte Lösung falsch? Und schachuzipus hat Recht mit seinem Einwand, soweit ich das überblicke.
Danke nochmals
Higgsino
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:02 Do 29.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> hmmm bisher konnte ich den Tipp auch nicht richtig
> verwerten. Ist meine alte Lösung falsch?
siehe meine Antwort 
> Und schachuzipus hat Recht mit seinem Einwand, soweit ich das überblicke.
Ja, hat er.
LG Felix
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:52 Do 29.07.2010 | | Autor: | iks |
Hallo Higgsino!
> Sei [mm]((a_n))[/mm] eine divergente Reihe mit nicht-negativen
> Gliedern, dann ist [mm]((\bruch{a_n}{1+a_n}))[/mm] eine divergente
> Reihe.
> Kurz zur Notation: [mm]((a_n))[/mm] ist die Reihe aus der Folge
> [mm](a_n) [/mm]. Hier mein Lösungsversuch:
>
Du kannst auch den Formeleditor benutzen und die Reihe wie gewohnt
schreiben - verhindert dann sicher Mißverständnisse!
> Da [mm]((a_n))[/mm] eine divergente Reihe ist, so sind die
> Partialsummen keine Cauchyfolge, d.h. [mm]\exists \ \varepsilon > 0 \ \forall \ n_0 \in \IN \ \exists \ m , n > n_0 \[/mm]
> ist [mm]\summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \varepsilon [/mm].
>
Irgendwie kommt mir diese Verneinung nicht ganz koscher vor. Bei mir lautet das Cauchy:
Die Reihe [mm] $\sum_{k=1}^\infty a_k$ [/mm] ist genau dann konvergent, wenn
[mm] $\forall\epsilon>0$ $\exists n_0\in\IN$ $\forall n\in\IN:$ $\left(n>n_0\Rightarrow\left|\sum_{k=n_0+1}^n a_k\right|<\epsilon\right)$
[/mm]
gilt. Wo die m zusätzlichen Summanden herkommen weiß ich nicht.
> Es gilt dann
> [mm]\summe_{k=m}^{m+n} \bruch{a_n}{1+a_n} > \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \varepsilon [/mm].
>
Die Idee als solche finde ich aber gut - leichter wäre allerdings wenn man direkt die Definition der Divergenz einer Folge nutzte:
Ist [mm] $(a_n)$ [/mm] eine reelle Folge. Dann ist [mm] $(a_n)$ [/mm] genau dann divergent, wenn:
[mm] $\forall\epsilon>0$ $\exists n_0\in\IN$, [/mm] so dass [mm] $\forall n\in\IN$: $\left(n>n_0\Rightarrow a_n>\frac{1}{\epsilon}\right)$
[/mm]
ist.
Nun kannst du anfangen:
Sei [mm] $\epsilon\in\IR$ [/mm] gewählt. Nach Voraussetzung ist [mm] $\sum_{k=1}^\infty a_k$ [/mm] divergent. Demzufolge existiert zu diesem [mm] $\epsilon$ [/mm] ein [mm] $n_0\in\IN$, [/mm] so dass für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] mit [mm] $n>n_0$:
[/mm]
[mm] \[s_n:=\sum_{k=1}^n a_k>\frac{1}{\epsilon}\]
[/mm]
ist. Somit gilt dann für alle [mm] $n>n_0$ [/mm] aber:
[mm] $s_n':=\sum_{k=1}^n \frac{a_k}{1+a_k}.....>\frac{1}{\epsilon}$
[/mm]
wobei du bei den Auslassungspunkten dann deine Minimum Idee aufgrefen kannst und dann die Positivität der [mm] $a_k$ [/mm] noch verwursten mußt.
viele Grüße iks
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:57 Do 29.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin iks!
> > Da [mm]((a_n))[/mm] eine divergente Reihe ist, so sind die
> > Partialsummen keine Cauchyfolge, d.h. [mm]\exists \ \varepsilon > 0 \ \forall \ n_0 \in \IN \ \exists \ m , n > n_0 \[/mm]
> > ist [mm]\summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \varepsilon [/mm].
> >
>
> Irgendwie kommt mir diese Verneinung nicht ganz koscher
> vor.
Die ist aber korrekt.
> Bei mir lautet das Cauchy:
>
> Die Reihe [mm]\sum_{k=1}^\infty a_k[/mm] ist genau dann konvergent,
> wenn
>
> [mm]\forall\epsilon>0[/mm] [mm]\exists n_0\in\IN[/mm] [mm]\forall n\in\IN:[/mm]
> [mm]\left(n>n_0\Rightarrow\left|\sum_{k=n_0+1}^n a_k\right|<\epsilon\right)[/mm]
>
> gilt.
Das ist nicht die Standardform des Cauchy-Kriteriums. (Die findet man z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier.)
Das ist zwar aequivalent zum Cauchy-Kriterium, aber die Aequivalenz ist nicht (voellig) trivial.
> > Es gilt dann
> > [mm]\summe_{k=m}^{m+n} \bruch{a_n}{1+a_n} > \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \varepsilon [/mm].
>
> >
>
> Die Idee als solche finde ich aber gut - leichter wäre
> allerdings wenn man direkt die Definition der Divergenz
> einer Folge nutzte:
>
> Ist [mm](a_n)[/mm] eine reelle Folge. Dann ist [mm](a_n)[/mm] genau dann
> divergent, wenn:
>
> [mm]\forall\epsilon>0[/mm] [mm]\exists n_0\in\IN[/mm], so dass [mm]\forall n\in\IN[/mm]:
> [mm]\left(n>n_0\Rightarrow a_n>\frac{1}{\epsilon}\right)[/mm]
>
> ist.
Das stimmt nicht. Das ist die Definition dafuer, dass die Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] gegen unendlich divergiert (konvergiert).
Die Folge [mm] $a_n [/mm] = [mm] (-1)^n$ [/mm] ist z.B. divergent, faellt aber nicht unter deine Definition (nimm [mm] $\varepsilon [/mm] = 1$).
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:11 Fr 30.07.2010 | | Autor: | iks |
> >
> > Die Idee als solche finde ich aber gut - leichter wäre
> > allerdings wenn man direkt die Definition der Divergenz
> > einer Folge nutzte:
> >
> > Ist [mm](a_n)[/mm] eine reelle Folge. Dann ist [mm](a_n)[/mm] genau dann
> > divergent, wenn:
> >
> > [mm]\forall\epsilon>0[/mm] [mm]\exists n_0\in\IN[/mm], so dass [mm]\forall n\in\IN[/mm]:
> > [mm]\left(n>n_0\Rightarrow a_n>\frac{1}{\epsilon}\right)[/mm]
> >
> > ist.
>
> Das stimmt nicht. Das ist die Definition dafuer, dass die
> Folge [mm](a_n)_n[/mm] gegen unendlich divergiert (konvergiert).
>
Hallo Felix!
Ja da hast du recht - da hab ich dem Kind einen nicht ganz korrekten Namen gegeben. Bin aber davon ausgegangen, dass wegen [mm] $a_n>0$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] Die Reihe bestimmt divergent (*edit* gegen [mm] $\infty$) [/mm] sein muß. Somit wäre der Ansatz doch wenigstens haltbar oder?
best regards iks
omg nehme alles zurück nichts ist haltbar. Bitte kein faules Obst werfen.
gruß iks
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:30 Fr 30.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > > Die Idee als solche finde ich aber gut - leichter wäre
> > > allerdings wenn man direkt die Definition der Divergenz
> > > einer Folge nutzte:
> > >
> > > Ist [mm](a_n)[/mm] eine reelle Folge. Dann ist [mm](a_n)[/mm] genau dann
> > > divergent, wenn:
> > >
> > > [mm]\forall\epsilon>0[/mm] [mm]\exists n_0\in\IN[/mm], so dass [mm]\forall n\in\IN[/mm]:
> > > [mm]\left(n>n_0\Rightarrow a_n>\frac{1}{\epsilon}\right)[/mm]
> >
> >
> > > ist.
> >
> > Das stimmt nicht. Das ist die Definition dafuer, dass die
> > Folge [mm](a_n)_n[/mm] gegen unendlich divergiert (konvergiert).
> >
> Hallo Felix!
>
> Ja da hast du recht - da hab ich dem Kind einen nicht ganz
> korrekten Namen gegeben. Bin aber davon ausgegangen, dass
> wegen [mm]a_n>0[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm] Die Reihe bestimmt divergent
> (*edit* gegen [mm]\infty[/mm]) sein muß. Somit wäre der Ansatz
> doch wenigstens haltbar oder?
oh, stimmt, da hast du Recht. Die Partialsummenfolge ist monoton steigen, und so etwas konvergiert in [mm] $\IR$ [/mm] nur dann nicht, wenn es gegen unendlich divergiert.
Das hatte ich wiederum nicht gesehen
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:02 Do 29.07.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei [mm]((a_n))[/mm] eine divergente Reihe mit nicht-negativen
> Gliedern, dann ist [mm]((\bruch{a_n}{1+a_n}))[/mm] eine divergente
> Reihe.
> Kurz zur Notation: [mm]((a_n))[/mm] ist die Reihe aus der Folge
> [mm](a_n) [/mm]. Hier mein Lösungsversuch:
>
> Da [mm]((a_n))[/mm] eine divergente Reihe ist, so sind die
> Partialsummen keine Cauchyfolge, d.h. [mm]\exists \ \varepsilon > 0 \ \forall \ n_0 \in \IN \ \exists \ m , n > n_0 \[/mm]
> ist [mm]\summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \varepsilon [/mm].
(Dir fehlen da Betraege um die Summe.)
> Es gilt dann
> [mm]\summe_{k=m}^{m+n} \bruch{a_n}{1+a_n} > \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) * \varepsilon [/mm].
>
> Wähle nun [mm]\varepsilon_2 = \varepsilon * \min_{k=n}^{m+n} \left(\bruch{1}{1+a_k} \right) [/mm].
Vorsicht! Dieses [mm] $\varepsilon_2$ [/mm] muss unabhaengig von $n$ und $m$ sein!
Da es nicht unabhaengig ist, hast du nicht bewiesen, dass [mm] $((\frac{a_n}{1 + a_n}))$ [/mm] keine Cauchy-Folge bildet.
Um die Aussage zu zeigen, zeige folgende "Dreiecksungleichung": es gilt [mm] $\frac{a + b}{1 + (a + b)} \le \frac{a}{1 + a} [/mm] + [mm] \frac{b}{1 + b}$ [/mm] fuer $a, b [mm] \ge [/mm] 0$.
Setze $f(x) := [mm] \frac{x}{1 + x}$. [/mm] Dann folgt [mm] $\sum_{k=n}^{n+m} f(a_k) \ge f(\sum_{k=n}^{n+m} a_k)$. [/mm] Weiterhin ist $f$ streng monoton steigend.
Damit kannst du die Aussage beweisen.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:07 Fr 30.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Danke felixf,
ich habe gerade richtig etwas gelernt.
> Vorsicht! Dieses [mm]\varepsilon_2[/mm] muss unabhaengig von [mm]n[/mm] und [mm]m[/mm]
> sein!
>
> Da es nicht unabhaengig ist, hast du nicht bewiesen, dass
> [mm]((\frac{a_n}{1 + a_n}))[/mm] keine Cauchy-Folge bildet.
>
Das war mir vorher noch nicht klar. Also deine Ungleichung kann man ganz leicht beweisen, indem man einfach algebraisch umformt. (Soll ich das posten? Das ist nur lästiges Rechnen).
Allerdings verstehe ich nicht, wie aus der Monotonie deines f die folgende Aussage folgen soll
> Setze [mm]f(x) := \frac{x}{1 + x}[/mm]. Dann folgt [mm]\sum_{k=n}^{n+m} f(a_k) \ge f(\sum_{k=n}^{n+m} a_k)[/mm].
Es gilt zum Beispiel für [mm] f := x^2 [/mm], welches streng monoton steigend ist, [mm] (2+1)^2 > 2^2+ 1^2 [/mm]. Ich glaube nicht, dass die Monotonie etwas damit zu tun hat. Was meinst du?
Danke
Higgsino
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:08 Fr 30.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Hallo zusammen,
jetzt kommt der zweite Versuch:
Behauptung:
Man beweise die Verneinung: Sei [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{a_k}{1+a_k} [/mm] konvergent, so konvergiert auch [mm] \summe_{k=0}^{\infty} a_k [/mm].
Beweis:
Die Partialsummen [mm] s_m := \summe_{k=0}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} [/mm] bilden eine Cauchyfolge, d.h. [mm] \forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm], sodass [mm] \left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \right| < \varepsilon [/mm] (ohne Einschränkung gilt m > n). Insbesondere also [mm] \forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm] [mm] \left| s_m - s_{m+1} \right| = \left| \bruch{a_m}{1+a_m} \right| = \bruch{a_m}{1+a_m} < \varepsilon [/mm]. Daraus folgt für [mm] \varepsilon < 1 [/mm]: [mm] a_m < \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon} [/mm]
Sei nun [mm] 0< \varepsilon < 1 [/mm]. Dann gilt [mm] \summe_{k= n}^{m} a_k = \summe_{k=n}^{m} \left{ \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( 1+a_k \right) \right{ < \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) < \varepsilon * \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 [/mm].
Damit ist [mm] \summe_{k} a_k [/mm] eine Cauchyfolge, da sich zu jedem [mm] \varepsilon_2 > 0 [/mm] ein [mm] 0< \varepsilon < 1 [/mm] gemäß [mm] \bruch{\varepsilon^2}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 [/mm] findet, sodass [mm] \forall \ \varepsilon_2 > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm] [mm] \left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m}a_k \right| < \varepsilon_2 \\\Box [/mm] ist.
Alles andere als schön, aber ich denke, dass es jetzt richtig ist. Bitte werft nochmal einen Blick darauf und gebt euren Kommentar und Verbesserungsvorschläge dazu. Hoffentlich stimmt es jetzt.
Grüße
Higgsino
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:21 Fr 30.07.2010 | | Autor: | iks |
Hallo Higgsino!
> Hallo zusammen,
>
> jetzt kommt der zweite Versuch:
>
> Behauptung:
>
> Man beweise die Verneinung: Sei [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{a_k}{1+a_k}[/mm]
> konvergent, so konvergiert auch [mm]\summe_{k=0}^{\infty} a_k [/mm].
>
> Beweis:
> Die Partialsummen [mm]s_m := \summe_{k=0}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k}[/mm]
> bilden eine Cauchyfolge, d.h. [mm]\forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm],
> sodass [mm]\left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \right| < \varepsilon[/mm]
> (ohne Einschränkung gilt m > n). Insbesondere also [mm]\forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0[/mm]
> [mm]\left| s_m - s_{m+1} \right| = \left| \bruch{a_m}{1+a_m} \right| = \bruch{a_m}{1+a_m} < \varepsilon [/mm].
> Daraus folgt für [mm]\varepsilon < 1 [/mm]: [mm]a_m < \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}[/mm]
>
> Sei nun [mm]0< \varepsilon < 1 [/mm]. Dann gilt [mm]\summe_{k= n}^{m} a_k = \summe_{k=n}^{m} \left{ \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( 1+a_k \right) \right{ < \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) < \varepsilon * \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 [/mm].
>
Ich denke hier steckt ein Fehler. Für [mm] $\epsilon<\frac{1}{2}$ [/mm] ist auf Grund der Positivität der [mm] $a_k$
[/mm]
[mm] $1+a_k>1>\frac{\epsilon}{1-\epsilon}$
[/mm]
gruß iks
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:34 Fr 30.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Hallo,
kannst du mir bitte den Fehler erklären. Ich verstehe nicht, was du mir sagen möchtest.
Verzeihung
Higgsino
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:26 Fr 30.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> kannst du mir bitte den Fehler erklären. Ich verstehe
> nicht, was du mir sagen möchtest.
>
> Verzeihung
> Higgsino
Du hattest
[mm] $$\text{(I)}\;\;\;\summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \cdot{} \left( 1+a_k \right) {\bf{\red{\text{<}}}} \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \cdot{} \left( \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) [/mm] $$
behauptet.
Dies würde gelten, wenn - für beliebiges oder jedes genügend kleine [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ - dann für alle genügend große [mm] $k\,$
[/mm]
[mm] $$\blue{(\*)}\;\;\;1+a_k [/mm] < [mm] \frac{\varepsilon}{1-\varepsilon}$$
[/mm]
gelten würde, was Du ja anscheinend benutzen willst.
Leider gilt für alle $0 < [mm] \varepsilon [/mm] < 1/2$ aber
[mm] $$1-\varepsilon [/mm] > 1/2 [mm] >\varepsilon$$
[/mm]
[mm] $$\Rightarrow \frac{\varepsilon}{1-\varepsilon} [/mm] < [mm] 1\,,$$
[/mm]
und wegen [mm] $a_k \ge [/mm] 0$ folgt
[mm] $$\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon} [/mm] < 1 [mm] \le 1+a_k\,,$$
[/mm]
womit [mm] $\blue{(\*)}$ [/mm] nicht gelten kann.
Bei der Ungleichung [mm] $\text{(I)}$ [/mm] ist also das [mm] $\red{<}$ [/mm] fehlerhaft, da dieses ja mit [mm] $\blue{(\*)}$ [/mm] zustandekam.
Beste Grüße,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:47 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Hallo Marcel,
danke für die Erklärung. Da habe ich mich wohl dumm angestellt. Jetzt ist es klar. Ich versuche den Fehler zu korrigieren.
Wenn man die Abschätzung folgendermaßen macht
$ [mm] \summe_{k= n}^{m} a_k [/mm] = [mm] \summe_{k=n}^{m} \left{ \bruch{a_k}{1+a_k} \cdot{} \left( 1+a_k \right) \right{ < \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \cdot{} \left( 1+ \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) < \varepsilon \cdot{} \bruch{1}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 $
sollte der Beweis stimmen. Deshalb hier nochmal in voller Länge:
Die Partialsummen [/mm] [mm] s_m := \summe_{k=0}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} [/mm] bilden eine Cauchyfolge, d.h. [mm] \forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm], sodass [mm] \left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \right| < \varepsilon [/mm] (ohne Einschränkung gilt m > n). Insbesondere also [mm] \forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm] [mm] \left| s_m - s_{m+1} \right| = \left| \bruch{a_m}{1+a_m} \right| = \bruch{a_m}{1+a_m} < \varepsilon [/mm]. Daraus folgt für [mm] \varepsilon < 1 [/mm]: [mm] a_m < \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon} [/mm]
Sei nun [mm] 0< \varepsilon < 1 [/mm]. Dann gilt [mm] \summe_{k= n}^{m} a_k = \summe_{k=n}^{m} \left{ \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( 1+a_k \right) \right{ < \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( 1 + \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) < \varepsilon * \bruch{1}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 [/mm].
Damit ist [mm] \summe_{k} a_k [/mm] eine Cauchyfolge, da sich zu jedem [mm] \varepsilon_2 > 0 [/mm] ein [mm] 0< \varepsilon < 1 [/mm] gemäß [mm] \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 [/mm] findet, sodass [mm] \forall \ \varepsilon_2 > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm] [mm] \left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m}a_k \right| < \varepsilon_2 \ \ \Box [/mm] ist.
So könnte jetzt nochmal bitte jemand darauf schauen.
Danke
Higgsino
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:12 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> danke für die Erklärung. Da habe ich mich wohl dumm
> angestellt. Jetzt ist es klar. Ich versuche den Fehler zu
> korrigieren.
>
> Wenn man die Abschätzung folgendermaßen macht
> [mm]\summe_{k= n}^{m} a_k = \summe_{k=n}^{m} \left{ \bruch{a_k}{1+a_k} \cdot{} \left( 1+a_k \right) \right{ < \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \cdot{} \left( 1+ \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) < \varepsilon \cdot{} \bruch{1}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2[/mm]
>
> sollte der Beweis stimmen. Deshalb hier nochmal in voller
> Länge:
>
> Die Partialsummen [mm]s_m := \summe_{k=0}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k}[/mm]
> bilden eine Cauchyfolge, d.h. [mm]\forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0 [/mm],
> sodass [mm]\left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} \right| < \varepsilon[/mm]
> (ohne Einschränkung gilt m > n). Insbesondere also [mm]\forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0[/mm]
> [mm]\left| s_m - s_{m+1} \right| = \left| \bruch{a_m}{1+a_m} \right| = \bruch{a_m}{1+a_m} < \varepsilon [/mm].
> Daraus folgt für [mm]\varepsilon < 1 [/mm]: [mm]a_m < \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}[/mm]
>
> Sei nun [mm]0< \varepsilon < 1 [/mm]. Dann gilt [mm]\summe_{k= n}^{m} a_k = \summe_{k=n}^{m} \left{ \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( 1+a_k \right) \right{ < \summe_{k=n}^{m} \bruch{a_k}{1+a_k} * \left( 1 + \bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon}\right) < \varepsilon * \bruch{1}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2 [/mm].
>
>
> Damit ist [mm]\summe_{k} a_k[/mm] eine Cauchyfolge, da sich zu jedem
> [mm]\varepsilon_2 > 0[/mm] ein [mm]0< \varepsilon < 1[/mm] gemäß
> [mm]\bruch{\varepsilon}{1-\varepsilon} =: \varepsilon_2[/mm] findet,
> sodass [mm]\forall \ \varepsilon_2 > 0 \ \exists \ n_0 \in \IN \ \forall m,n > n_0[/mm]
> [mm]\left| s_m - s_n \right| = \left| \summe_{n}^{m}a_k \right| < \varepsilon_2 \ \ \Box[/mm]
> ist.
>
> So könnte jetzt nochmal bitte jemand darauf schauen.
ich habe nochmal drübergeschaut, das sieht soweit ganz gut aus. Ich selbst hätte aus Bezeichnungsgründen [mm] $\varepsilon \leftrightarrow \varepsilon_2$ vertauscht, aber das ist eher Geschmackssache. Logisch sieht mir das vollkommen korrekt aus:
Unter der Annahme, dass $\sum \frac{a_k}{1+a_k}$ konvergiere, folgt wegen der Vollständigkeit des Banachraums $(\IR,|.|)\,,$ dass diese Reihe auch Cauchy ist und Deine Rechnung zeigt, dass dann auch
$$\sum a_k$$
Cauchy ist im Widerspruch dazu, dass $\sum a_k$ divergiere.
Beste Grüße,
Marcel
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:04 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Hallo zusammen,
ein rießiges Dankeschön an alle, die sich an dieser Diskussion beteiligt haben. Ich habe sehr viel gelernt. Ich hätte nie gedacht, dass intensives Schreiben über Mathematik derart das Verständnis vergrößert. Man muss nicht nur seine Gedanken auf Richtigkeit püfen, sondern auch die der anderen, was dem Lerneffekt sehr zu gute kommt. So jetzt versuche ich noch schnell die letzten drei Posts zu verstehen.
Zu allerletzt nochmals Danke
Higgsino
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:41 Fr 30.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke felixf,
>
> ich habe gerade richtig etwas gelernt.
>
> > Vorsicht! Dieses [mm]\varepsilon_2[/mm] muss unabhaengig von [mm]n[/mm] und [mm]m[/mm]
> > sein!
> >
> > Da es nicht unabhaengig ist, hast du nicht bewiesen, dass
> > [mm]((\frac{a_n}{1 + a_n}))[/mm] keine Cauchy-Folge bildet.
> >
>
> Das war mir vorher noch nicht klar. Also deine Ungleichung
> kann man ganz leicht beweisen, indem man einfach
> algebraisch umformt. (Soll ich das posten? Das ist nur
> lästiges Rechnen).
ne, brauchst Du nicht. Aber man kann es auch elegant herleiten, und zwar so:
[mm] $\blue{(\*)}$ [/mm] Für [mm] $\blue{a,b \ge 0}$ [/mm] gilt
[mm] $$\blue{\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \ge \frac{a}{1+a+b}+\frac{b}{1+a+b}=\frac{a+b}{1+a+b}\,.}$$
[/mm]
> Allerdings verstehe ich nicht, wie aus der Monotonie deines
> f die folgende Aussage folgen soll
>
> > Setze [mm]f(x) := \frac{x}{1 + x}[/mm]. Dann folgt [mm]\sum_{k=n}^{n+m} f(a_k) \ge f(\sum_{k=n}^{n+m} a_k)[/mm].
>
>
> Es gilt zum Beispiel für [mm]f := x^2 [/mm], welches streng monoton
> steigend ist, [mm](2+1)^2 > 2^2+ 1^2 [/mm]. Ich glaube nicht, dass
> die Monotonie etwas damit zu tun hat. Was meinst du?
Er hat ja auch nicht gesagt, dass Du nun mithilfe der Monotonie von [mm] $f\,$ [/mm] sofort $f(a+b) [mm] \le [/mm] f(a)+f(b)$ beweisen kannst (warum sollte man das erneut - nur auf anderem Wege - tun, wenn wir es schonmal getan haben?).
Worauf felixf hinauswill, ist, dass Du folgendes beachtest:
1.)
Aus
[mm] $$\sum_{k=n}^{m'+n} a_k \ge \sum_{k=n}^{m+n}a_k \;\;\big(\ge0\big)$$
[/mm]
für jedes $m' [mm] \ge [/mm] m$
(was gilt, da [mm] $a_k \ge [/mm] 0$ für alle [mm] $k\,$ [/mm] gilt) folgt, weil [mm] $f\,$ [/mm] (streng) monoton wachsend auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] ist
[mm] $$f(\sum_{k=n}^{n+m'} a_k) \ge f(\sum_{k=n}^{m+n}a_k)\,.$$
[/mm]
2.) Wegen [mm] $\blue{(\*)}$ [/mm] folgt damit
[mm] $$f(\sum_{k=n}^{m+n}a_k) \le f(\sum_{k=n}^{n+m'} a_k) \le \sum_{k=n}^{n+m'}f(a_k)\,\,.$$
[/mm]
Damit sollst Du nun weiterarbeiten und
"$ [mm] \exists [/mm] \ [mm] \varepsilon [/mm] > 0 \ [mm] \forall [/mm] \ [mm] n_0 \in \IN [/mm] \ [mm] \exists [/mm] \ m , n > [mm] n_0 [/mm] \ $ mit $ [mm] \summe_{k=m}^{m+n} a_k \ge \varepsilon [/mm] $"
zeigen.
Tipp dazu:
Wegen $0 [mm] \le a_n \not\to [/mm] 0$ existiert ein [mm] $\delta [/mm] > 0$, so dass eine Teilfolge [mm] $(a_{n_k})_k$ [/mm] von [mm] $(a_n)_n$ [/mm] so existiert, dass [mm] $a_{n_k} [/mm] > [mm] \delta$ [/mm] für alle [mm] $k\,$ [/mm] gilt. Setze [mm] $\varepsilon:=f(\delta) [/mm] > [mm] 0\,.$
[/mm]
Beachte:
Dass [mm] $f(x):=\frac{x}{1+x}$ [/mm] streng monoton wachsend auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] ist, folgt z.B. durch Betrachtung von [mm] $f\;\!'\,.$ [/mm]
Beste Grüße,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:49 Sa 31.07.2010 | | Autor: | fred97 |
Ich hab nicht alles gelesen, aber ich denke es geht einfacher:
Sei [mm] b_n:=\bruch{a_n}{1+a_n}. [/mm] Dann ist stets [mm] b_n \ne [/mm] 1 und
(*) [mm] a_n=\bruch{b_n}{1-b_n}.
[/mm]
Annahme: [mm] \sum b_n [/mm] ist konvergent. Dann ist [mm] (b_n) [/mm] eine Nullfolge. Wegen (*) ist auch [mm] (a_n) [/mm] eine Nullfolge. Somit gibt es ein N in [mm] \IN [/mm] mit:
$0 [mm] \le a_n \le [/mm] 1$ für n>N
Dann:
$0 [mm] \le a_n =b_n(1+a_n) \le 2*b_n$ [/mm] für n>N
Nach dem Maj.-kriterium ist dann [mm] \sum a_n [/mm] konvergent,
Widerspruch
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:09 Sa 31.07.2010 | | Autor: | MontBlanc |
hallo,
ich find das so unfair... ich lese das zwei tage mit und komme nicht auf einen vernünftigen ansatz, dabei ist es so einfach...
lg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:02 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> hallo,
>
> ich find das so unfair... ich lese das zwei tage mit und
> komme nicht auf einen vernünftigen ansatz, dabei ist es so
> einfach...
eine (elegante) vorgefertigte Lösung nachzuvollziehen, ist meist sehr einfach. Speicher' es halt für die Zukunft ab, falls eine ähnliche Aufgabe vorliegt, wie Fred hier vorgegangen ist (an die Kriterien zu denken ist das wichtigere).
Beste Grüße,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:25 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Higgsino |
Hallo Fred,
könntest du bitte einen Blick auf meinen letzten Versuch (mein letzter Post) werfen. Deine Formulierung ist zwar eleganter, aber konzeptionell sollte es das Gleiche sein. Du verwendest das [mm] $b_n$ [/mm] eine Nullfolge ist, was eine direkte Folgerung des Cauchykriteriums für Partialsummen ist. Das habe ich ebenfalls in meinem Beweis verwendet. Danach bildest du nur noch eine Majorante. Das ist kürzer und gefällt mir besser als meine Lösung, in der ich das Cauchykriterium für Partialsummen zeige. Es wäre wirklich prima, wenn meine letzter Beweis auf Richtigkeit geprüft würde.
Danke für die schöne Diskussion
Higgsion
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:43 Sa 31.07.2010 | | Autor: | fred97 |
Mir ist noch etwas eingefallen:
Seien [mm] (a_n) [/mm] und [mm] (b_n) [/mm] wie oben. Zunächst wollen wir mal nicht voraussetzen, dass [mm] \sum a_n [/mm] divergiert.
Fall 1: [mm] (a_n) [/mm] ist unbeschränkt. Dann ist [mm] (a_n) [/mm] keine Nullfolge und somit [mm] \sum a_n [/mm] divergent.
Weiter ex. eine Teilfolge [mm] (a_{n_k}) [/mm] von [mm] (a_n) [/mm] mit [mm] a_{n_k} \to \infty.
[/mm]
Dann: [mm] b_{n_k}= \bruch{1}{\bruch{1}{a_{n_k}}+1} \to [/mm] 1.
Somit ist [mm] (b_n) [/mm] keine Nullfolge und damit [mm] \sum b_n [/mm] divergent.
Fall 2: es ex c>0 mit 0 [mm] \le a_n \le [/mm] c für jedes n. Dann gilt:
(*) 0 [mm] \le a_n [/mm] = [mm] b_n(1+a_n) \le (1+c)b_n \le (1+c)a_n [/mm] für jedes n.
Aus (*) und dem Maj.-kriterium folgt:
[mm] \sum a_n [/mm] konvergiert [mm] \gdw \sum b_n [/mm] konvergiert.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:22 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> Ich hab nicht alles gelesen, aber ich denke es geht
> einfacher:
>
> Sei [mm]b_n:=\bruch{a_n}{1+a_n}.[/mm] Dann ist stets [mm]b_n \ne[/mm] 1 und
>
> (*) [mm]a_n=\bruch{b_n}{1-b_n}.[/mm]
>
> Annahme: [mm]\sum b_n[/mm] ist konvergent. Dann ist [mm](b_n)[/mm] eine
> Nullfolge. Wegen (*) ist auch [mm](a_n)[/mm] eine Nullfolge. Somit
> gibt es ein N in [mm]\IN[/mm] mit:
>
> [mm]0 \le a_n \le 1[/mm] für n>N
>
> Dann:
>
> [mm]0 \le a_n =b_n(1+a_n) \le 2*b_n[/mm] für n>N
>
> Nach dem Maj.-kriterium ist dann [mm]\sum a_n[/mm] konvergent,
inspiriert von Deinem Beweis hat mich das ganze wieder einmal zu dem Satz 33.6 von Heuser geführt:
Edit bzw. Ergänzung:
Hier geht es nur um den "interessanten Fall", dass [mm] $a_n \to [/mm] 0$ gelte.
Und zwar gilt hier doch, wenn [mm] $(a_{n_k})_k$ [/mm] diejenige Teilfolge von [mm] $(a_n)_n$ [/mm] ist, die alle Folgeglieder von [mm] $(a_n)_n$ [/mm] enthält, die echt positiv sind
[mm] $$\sum a_n=\sum a_{n_k}\,.$$
[/mm]
(Man beachte, dass dies "im Sinne der Folgen der Teilsummen" eigentlich nicht korrekt ist. Aber es stimmt dann auch "fast", bzw. präzisiert:
Beide Reihen haben offensichtlich das gleiche Konvergenzverhalten, und im Falle der Konvergenz auch den gleichen Grenzwert.)
Daher können wir o.E. [mm] $a_n [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] für alle [mm] $n\,$ [/mm] annehmen. Dann aber folgt
[mm] $$\frac{a_n}{\frac{a_n}{1+a_n}}=1+a_n \to [/mm] 1 > [mm] 0\;\;(n \to \infty)\,,$$
[/mm]
so dass [mm] $\sum a_n$ [/mm] und [mm] $\sum \frac{a_n}{1+a_n}$ [/mm] das gleiche Konvergenzverhalten haben. Aus der Divergenz von [mm] $\sum a_n$ [/mm] folgt dann die Divergenz von [mm] $\sum \frac{a_n}{1+a_n}\,,$ [/mm] und aus der Konvergenz von [mm] $\sum a_n$ [/mm] die von [mm] $\sum \frac{a_n}{1+a_n}\,.$
[/mm]
P.S.:
Dieser Satz 33.6 scheint mir wirklich gerade ein oft sehr angebrachtes Werkzeug zu sein.
P.P.S.:
Der Fall, dass [mm] $\sum a_k$ [/mm] divergiere, bedingt durch [mm] $a_k \not\to 0\,,$ [/mm] ist deswegen nicht interessant, weil:
Würde dann [mm] $\sum \frac{a_k}{1+a_k}$ [/mm] konvergieren, so folgte, dass [mm] $\frac{a_k}{1+a_k}\to 0\,.$ [/mm] Weil $x [mm] \mapsto \frac{x}{1+x}$ [/mm] streng monoton wachsend auf [mm] $[0,\infty)$ [/mm] ist und stetig in [mm] $x_0=0$ [/mm] mit Funktionswert [mm] $0\,$ [/mm] an der Stelle [mm] $x_0=0\,,$ [/mm] muss dann aber [mm] $a_k \to [/mm] 0$ gelten.
Anders gesagt:
Die Divergenz von [mm] $\sum a_k\,,$ [/mm] bedingt durch [mm] $a_k \not\to 0\,,$ [/mm] impliziert unmittelbar die Divergenz von [mm] $\sum \frac{a_k}{1+a_k}\,.$ [/mm] Daher ist nur der obige Fall der "interessante Fall".
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:26 Sa 31.07.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > Ich hab nicht alles gelesen, aber ich denke es geht
> > einfacher:
> >
> > Sei [mm]b_n:=\bruch{a_n}{1+a_n}.[/mm] Dann ist stets [mm]b_n \ne[/mm] 1 und
> >
> > (*) [mm]a_n=\bruch{b_n}{1-b_n}.[/mm]
> >
> > Annahme: [mm]\sum b_n[/mm] ist konvergent. Dann ist [mm](b_n)[/mm] eine
> > Nullfolge. Wegen (*) ist auch [mm](a_n)[/mm] eine Nullfolge. Somit
> > gibt es ein N in [mm]\IN[/mm] mit:
> >
> > [mm]0 \le a_n \le 1[/mm] für n>N
> >
> > Dann:
> >
> > [mm]0 \le a_n =b_n(1+a_n) \le 2*b_n[/mm] für n>N
> >
> > Nach dem Maj.-kriterium ist dann [mm]\sum a_n[/mm] konvergent,
>
> inspiriert von Deinem Beweis hat mich das ganze wieder
> einmal zu dem Satz 33.6 von Heuser
> geführt:
> Und zwar gilt hier doch, weil [mm]\sum a_k=\sum a_{n_k}[/mm], wenn
> [mm](a_{n_k})_k[/mm] Teilfolge von [mm](a_n)_n[/mm] ist, die alle
> Folgeglieder von [mm](a_n)_n[/mm] enthält, die echt positiv sind
> [mm]\sum a_n=\sum a_{n_k}\,.[/mm]
> Daher können wir o.E. [mm]a_n > 0\,[/mm]
> für alle [mm]n\,[/mm] annehmen. Dann aber folgt
> [mm]\frac{a_n}{\frac{a_n}{1+a_n}}=1+a_n \to 1 > 0\;\;(n \to \infty)\,,[/mm]
Hallo Marcel,
[mm] 1+a_n \to [/mm] 1 gilt aber nur, wenn [mm] (a_n) [/mm] eine Nullfolge ist , wie in meinem ersten Beitrag. Nimmst Du auf diesen Bezug ?
Wenn ja, so hast Du recht
FRED
>
> so dass [mm]\sum a_n[/mm] und [mm]\sum \frac{a_n}{1+a_n}[/mm] das gleiche
> Konvergenzverhalten haben. Aus der Divergenz von [mm]\sum a_n[/mm]
> folgt dann die Divergenz von [mm]\sum \frac{a_n}{1+a_n}\,,[/mm] und
> aus der Konvergenz von [mm]\sum a_n[/mm] die von [mm]\sum \frac{a_n}{1+a_n}\,.[/mm]
>
> P.S.:
> Dieser Satz 33.6 scheint mir wirklich gerade ein oft sehr
> angebrachtes Werkzeug zu sein.
>
> Beste Grüße,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:29 Sa 31.07.2010 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> [mm]1+a_n \to[/mm] 1 gilt aber nur, wenn [mm](a_n)[/mm] eine Nullfolge ist ,
ja, stimmt, ich muss das korrigieren. Werde ich sofort machen!
Beste Grüße,
Marcel
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