Konvergenz spezieller Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
| Aufgabe | Man beweise für Zahlenfolgen $(a_{n})_{n\in\IN}$ in $\IR_{+}$ :
$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right) = a \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt[n]{a_{n}}\right) = a$
Hinweis: Es darf verwendet werden, dass $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{c} = 1$ für $c\in\IR_{+}$. |
Hallo!
Ich kann obige Aufgabe nicht lösen, genauer scheitere ich am Beweis (was ja auf dasselbe hinausläuft :-( ).
Ich dachte erst, ich probiere es damit zu zeigen dass
$\left|\sqrt[n]{a_{n}}-a\right| <\epsilon$ unter der Annahme dass $\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}-a\right| < \epsilon$, aber damit komme ich nicht besonders weit und ich bin mir auch nicht sicher, ob das überhaupt zum Ziel führt:
$\left|\sqrt[n]{a_{n}}-a\right| = \left|\sqrt[n]{a_{n}}-\sqrt[n]{a^{n}}\right|$
Nun mit $x-y = \frac{x^{n}-y^{n}}{\sum_{k=0}^{n-1}x^{k}*y^{n-k-1}}$ noch:
$ = \left|\frac{a_{n}-a^{n}}{\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt[n]{a_{n}}^{k}*a^{n-k-1}}}\right|$
Aber so komme ich irgendwie nie dazu, meine Voraussetzung zu benutzen.
Daher meine Fragen:
- Gibt es überhaupt eine Möglichkeit, dass mit dem \epsilon - Kriterium zu beweisen? Wenn ja, wie?
- Gibt es eine andere Möglichkeit, wie ich das logisch folgern kann? Wenn nach Voraussetzung $a_{n}\in\IR_{+}$ ist, kann man dann aus \lim_{n\to\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right) = a irgendwas über die Monotonie oder so aussagen?
Ich möchte keine vollständige Lösung, sondern ein Ansatz, der zum Ziel führt, würde mir schon reichen 
Danke für Eure Hilfe,
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:19 Mo 16.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Man beweise für Zahlenfolgen [mm](a_{n})_{n\in\IN}[/mm] in [mm]\IR_{+}[/mm]
> :
>
> [mm]\lim_{n\to\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right) = a \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt[n]{a_{n}}\right) = a[/mm]
>
> Hinweis: Es darf verwendet werden, dass
> [mm]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{c} = 1[/mm] für [mm]c\in\IR_{+}[/mm].
Kennst du folgende Aussage:
Ist [mm] $a_1, a_2, \dots$ [/mm] eine gegen $a$ konvergente Folge, so konvergiert die Folge [mm] $b_n [/mm] := [mm] \frac{a_1 + \dots + a_n}{n}$ [/mm] ebenfalls gegen $a$.
Wenn du die Exponentialfunktion auf diese Aussage loslaesst, erhaelst du:
Ist [mm] $a_1, a_2, \dots$ [/mm] eine gegen $a > 0$ konvergente Folge positiver reeller Zahlen, so konvergiert die Folge [mm] $b_n [/mm] := [mm] \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}$ [/mm] ebenfalls gegen $a$.
(Setze $a'_i := [mm] \exp(a_i)$; [/mm] dann ist [mm] $\exp(b_n) [/mm] = [mm] \sqrt[n]{a'_1 \cdots a'_n}$.)
[/mm]
So. Jetzt setze [mm] $\hat{a}_i [/mm] := [mm] \frac{a_{i+1}}{a_i}$: [/mm] dann konvergiert [mm] $\hat{a}_i$ [/mm] nach Voraussetzung gegen $a$. Kannst du damit jetzt etwas anfangen?
> Ich kann obige Aufgabe nicht lösen, genauer scheitere ich
> am Beweis (was ja auf dasselbe hinausläuft :-( ).
> Ich dachte erst, ich probiere es damit zu zeigen dass
> [...]
> - Gibt es überhaupt eine Möglichkeit, dass mit dem
> [mm]\epsilon[/mm] - Kriterium zu beweisen? Wenn ja, wie?
Moeglich. Man kann die kompliziertesten Aussagen voellig elementar beweisen, indem man alle nicht-trivialen Aussagen durch ihre Beweise ersetzt. Aber das will man nicht 
> - Gibt es eine andere Möglichkeit, wie ich das logisch
Siehe oben.
LG Felix
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Hallo Felix,
zunächst danke für deine Antwort!
> Kennst du folgende Aussage:
>
> Ist [mm]a_1, a_2, \dots[/mm] eine gegen [mm]a[/mm] konvergente Folge, so
> konvergiert die Folge [mm]b_n := \frac{a_1 + \dots + a_n}{n}[/mm]
> ebenfalls gegen [mm]a[/mm].
Nein, die kenne ich nicht. Wir sind noch "ganz am Anfang" der Analysis, und haben auch noch so gut wie nichts bewiesen. Aber diese Sache bringt mich auf eine Idee, die ich unten noch ein wenig behandeln will.
> Wenn du die Exponentialfunktion auf diese Aussage
> loslaesst, erhaelst du:
>
> Ist [mm]a_1, a_2, \dots[/mm] eine gegen [mm]a > 0[/mm] konvergente Folge
> positiver reeller Zahlen, so konvergiert die Folge [mm]b_n := \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}[/mm]
> ebenfalls gegen [mm]a[/mm].
>
> (Setze [mm]a'_i := \exp(a_i)[/mm]; dann ist [mm]\exp(b_n) = \sqrt[n]{a'_1 \cdots a'_n}[/mm].)
Ich verstehe, was du machst, aber wir hatten auch die Exponentialfunktion noch nicht. Mein Problem ist, dass wir noch nicht genau definiert haben, was Potenzen von reellen Zahlen sind und wie das geht (deswegen bin ich etwas unsicher, ob wir die reelle Folge [mm] a_{n} [/mm] "hoch" nehmen können)..
> So. Jetzt setze [mm]\hat{a}_i := \frac{a_{i+1}}{a_i}[/mm]: dann
> konvergiert [mm]\hat{a}_i[/mm] nach Voraussetzung gegen [mm]a[/mm]. Kannst du
> damit jetzt etwas anfangen?
Mhh. Wir setzen jetzt also [mm] \hat{a}_i [/mm] := [mm] \frac{a_{i+1}}{a_i}, [/mm] das setzen wir jetzt für a' ein unter der Wurzel, dann bleibt nur noch so etwas wie [mm] \frac{a_{n+1}}{a_{1}} [/mm] drunter stehen, wo wir wissen, dass es dann gegen a konvergiert (?)
--------
Ich habe mir noch überlegt, dass wir ja die Bernoulli-Ungleichung hatten, damit kann ich ja zeigen dass
[mm] $\frac{a_{n}-1}{n} \ge \sqrt[n]{a_{n}}$
[/mm]
Könnte mir das nicht etwas dabei bringen, den Betrag
[mm] $\left|\sqrt[n]{a_{n}}-a\right|$
[/mm]
weiter umzuformen?
Danke für die Hilfe,
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:52 Mo 16.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> > Kennst du folgende Aussage:
> >
> > Ist [mm]a_1, a_2, \dots[/mm] eine gegen [mm]a[/mm] konvergente Folge, so
> > konvergiert die Folge [mm]b_n := \frac{a_1 + \dots + a_n}{n}[/mm]
> > ebenfalls gegen [mm]a[/mm].
>
> Nein, die kenne ich nicht. Wir sind noch "ganz am Anfang"
> der Analysis, und haben auch noch so gut wie nichts
> bewiesen. Aber diese Sache bringt mich auf eine Idee, die
> ich unten noch ein wenig behandeln will.
Ok.
> > Wenn du die Exponentialfunktion auf diese Aussage
> > loslaesst, erhaelst du:
> >
> > Ist [mm]a_1, a_2, \dots[/mm] eine gegen [mm]a > 0[/mm] konvergente Folge
> > positiver reeller Zahlen, so konvergiert die Folge [mm]b_n := \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n}[/mm]
> > ebenfalls gegen [mm]a[/mm].
> >
> > (Setze [mm]a'_i := \exp(a_i)[/mm]; dann ist [mm]\exp(b_n) = \sqrt[n]{a'_1 \cdots a'_n}[/mm].)
>
> Ich verstehe, was du machst, aber wir hatten auch die
> Exponentialfunktion noch nicht. Mein Problem ist, dass wir
> noch nicht genau definiert haben, was Potenzen von reellen
> Zahlen sind und wie das geht (deswegen bin ich etwas
> unsicher, ob wir die reelle Folge [mm]a_{n}[/mm] "hoch" nehmen
> können)..
Ok.
> > So. Jetzt setze [mm]\hat{a}_i := \frac{a_{i+1}}{a_i}[/mm]: dann
> > konvergiert [mm]\hat{a}_i[/mm] nach Voraussetzung gegen [mm]a[/mm]. Kannst du
> > damit jetzt etwas anfangen?
>
> Mhh. Wir setzen jetzt also [mm]\hat{a}_i[/mm] :=
> [mm]\frac{a_{i+1}}{a_i},[/mm] das setzen wir jetzt für a' ein unter
> der Wurzel, dann bleibt nur noch so etwas wie
> [mm]\frac{a_{n+1}}{a_{1}}[/mm] drunter stehen, wo wir wissen, dass
> es dann gegen a konvergiert (?)
Nun, es gilt [mm] $\frac{a}{1} [/mm] = [mm] \frac{\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_{n+1}}}{\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{a_{n+1}}}{\sqrt[n]{a_1}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{a_{n+1}}{a_1}}$.
[/mm]
> --------
>
> Ich habe mir noch überlegt, dass wir ja die
> Bernoulli-Ungleichung hatten, damit kann ich ja zeigen
> dass
>
> [mm]\frac{a_{n}-1}{n} \ge \sqrt[n]{a_{n}}[/mm]
Ich hab Zweifel, dass dir die Bernoulli-Ungleichung hier weiterhilft, da die Abschaetzung i.A. ziemlich schlecht ist.
Alternativ kannst du vielleicht wie folgt vorgehen:
Wegen [mm] $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} [/mm] = a$ gibt es zu jedem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $N_0$ [/mm] mit [mm] $|\frac{a_{n+1}}{a_n} [/mm] - a| < [mm] \varepsilon$ [/mm] fuer alle $n [mm] \ge N_0$. [/mm] Es gilt also $(a - [mm] \varepsilon) a_n [/mm] < [mm] a_{n+1} [/mm] < (a + [mm] \varepsilon) a_n$, [/mm] und per Induktion erhaelt man $(a - [mm] \varepsilon)^k a_{N_0} [/mm] < [mm] a_{N_0+k} [/mm] < (a + [mm] \varepsilon)^k a_{N_0}$.
[/mm]
Wenn du jetzt $k = (t - 1) [mm] N_0$ [/mm] einsetzt, das ganze durch [mm] $a^{t N_0}$ [/mm] teilst und die $t [mm] N_0$-ste [/mm] Wurzel ziehst, erhaelst du [mm](1 - \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 - \varepsilon/a) a^{N_0}}} < \frac{\sqrt[t N_0]{a_{t N_0}}}{a} < (1 + \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 + \varepsilon/a) a^{N_0}}}[/mm].
Nach dem Hinweis aus der Aufgabenstellung gilt [mm] $\lim_{t\to\infty} [/mm] (1 - [mm] \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 - \varepsilon/a) a^{N_0}}} [/mm] = 1 - [mm] \varepsilon/a$ [/mm] und [mm] $\lim_{t\to\infty} [/mm] (1 + [mm] \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 + \varepsilon/a) a^{N_0}}} [/mm] = 1 + [mm] \varepsilon/a$, [/mm] womit mittels des Sandwich-Lemmas $1 - [mm] \varepsilon/a \le \lim_{t\to\infty} \frac{\sqrt[t N_0]{a_{t N_0}}}{a} \le [/mm] 1 + [mm] \varepsilon/a$ [/mm] gilt, also $a - [mm] \varepsilon \le \lim_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le [/mm] a + [mm] \varepsilon$.
[/mm]
Kannst du daraus folgen, dass [mm] $\lim_{t\to\infty} \sqrt[/mm] [t][mm] {a_t}$ [/mm] in denselben Schranken liegt? Durch [mm] $\varepsilon \to [/mm] 0$ folgt dann ja [mm] $\lim_{t\to\infty} \sqrt[/mm] [t][mm] {a_t} [/mm] = a$.
(Es reicht auch zu zeigen, dass [mm] $\sqrt[n]{a_n}$ [/mm] konvergiert: dann reicht irgendeine Teilfolge aus, um den Grenzwert zu bestimmen.)
LG Felix
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Hallo Felix,
vielen, vielen Dank für deine Antwort! Ich denke, genau diesen Ansatz, den du hingeschrieben hast, soll man bei der Aufgabe verfolgen. Nun wäre das nicht ein Frageartikel, wenn ich noch Fragen hätte:
> Alternativ kannst du vielleicht wie folgt vorgehen:
>
> Wegen [mm]\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = a[/mm] gibt es zu jedem
> [mm]\varepsilon > 0[/mm] ein [mm]N_0[/mm] mit [mm]|\frac{a_{n+1}}{a_n} - a| < \varepsilon[/mm]
> fuer alle [mm]n \ge N_0[/mm]. Es gilt also [mm](a - \varepsilon) a_n < a_{n+1} < (a + \varepsilon) a_n[/mm],
> und per Induktion erhaelt man [mm](a - \varepsilon)^k a_{N_0} < a_{N_0+k} < (a + \varepsilon)^k a_{N_0}[/mm].
Bis hierhin verstehe ich alles.
> Wenn du jetzt [mm]k = (t - 1) N_0[/mm] einsetzt,
D.h. jetzt betrachten wir nur noch eine Teilfolge (!?)
> das ganze durch
> [mm]a^{t N_0}[/mm] teilst und die [mm]t N_0[/mm]-ste Wurzel ziehst, erhaelst
> du [mm](1 - \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 - \varepsilon/a) a^{N_0}}} < \frac{\sqrt[t N_0]{a_{t N_0}}}{a} < (1 + \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 + \varepsilon/a) a^{N_0}}}[/mm].
Dann wäre das klar.
> Nach dem Hinweis aus der Aufgabenstellung gilt
> [mm]\lim_{t\to\infty} (1 - \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 - \varepsilon/a) a^{N_0}}} = 1 - \varepsilon/a[/mm]
> und [mm]\lim_{t\to\infty} (1 + \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 + \varepsilon/a) a^{N_0}}} = 1 + \varepsilon/a[/mm],
> womit mittels des Sandwich-Lemmas [mm]1 - \varepsilon/a \le \lim_{t\to\infty} \frac{\sqrt[t N_0]{a_{t N_0}}}{a} \le 1 + \varepsilon/a[/mm]
> gilt, also [mm]a - \varepsilon \le \lim_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le a + \varepsilon[/mm].
Das verstehe ich auch. Jetzt entstehen kleinergleich-Zeichen, weil wir ja den Limes betrachten.
Und ich darf nun annehmen, dass der Limes existiert, weil ja die beiden Limiten an den Rändern existieren? Habe ich damit nicht erstmal nur gezeigt, dass die Folge beschränkt ist? Ich habe nämlich irgendwie ein Problem damit, dass [mm] \varepsilon [/mm] zwar beliebig, aber ja "fest" ist. Der Grenzübergang [mm] \varepsilon \to [/mm] 0 ist somit für mich irgendwie schwer "zu verstehen".
> Kannst du daraus folgern, dass [mm] $\lim_{t\to\infty} \sqrt[/mm] [t][mm] {a_t}$ [/mm] in denselben Schranken liegt? Durch [mm] $\varepsilon \to [/mm] 0$ folgt dann ja [mm] $\lim_{t\to\infty} \sqrt[/mm] [t][mm] {a_t} [/mm] = a$.
>
> (Es reicht auch zu zeigen, dass [mm]\sqrt[n]{a_n}[/mm] konvergiert: dann reicht irgendeine Teilfolge aus, um den Grenzwert zu bestimmen.)
Also, ich verstehe, dass es ausreicht wenn ich gezeigt habe dass die Folge konvergiert, dass dann auch irgendeine Teilfolge ausreicht, um den Grenzwert zu bestimmen.
Jetzt müsste ich also daraus, sodass [mm] \forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists N_{0}:
[/mm]
$a - [mm] \varepsilon \le \lim_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le [/mm] a + [mm] \varepsilon$
[/mm]
gilt, wobei [mm] t\in\IN, [/mm] t [mm] \ge [/mm] 2 beliebig? Ich kann ja in gewisser Weise zeigen, dass jede Teilfolge von [mm] a_{n} [/mm] konvergiert, das Problem ist nur, dass ich daraus nicht wirklich schlussfolgern kann dass [mm] a_{n} [/mm] selbst konvergiert; so einen Satz hatten wir noch nicht und ich weiß noch nicht mal, ob es wirklich stimmt...
Irgendwie scheint es einfach zu sein, wenn man die Monotonie noch hätte - bringt da vielleicht eine Fallunterscheidung a > 1 und a < 1 was? Das Problem ist hier aber wieder, dass auch für ausreichend Folgen a = 1 ist :-(
Ich bräuchte nochmal Hilfe! Wie kann ich nun die Konvergenz zeigen?
Danke,
Grüße
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:27 Do 19.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
> > Alternativ kannst du vielleicht wie folgt vorgehen:
> >
> > Wegen [mm]\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = a[/mm] gibt es zu jedem
> > [mm]\varepsilon > 0[/mm] ein [mm]N_0[/mm] mit [mm]|\frac{a_{n+1}}{a_n} - a| < \varepsilon[/mm]
> > fuer alle [mm]n \ge N_0[/mm]. Es gilt also [mm](a - \varepsilon) a_n < a_{n+1} < (a + \varepsilon) a_n[/mm],
> > und per Induktion erhaelt man [mm](a - \varepsilon)^k a_{N_0} < a_{N_0+k} < (a + \varepsilon)^k a_{N_0}[/mm].
>
> Bis hierhin verstehe ich alles.
>
> > Wenn du jetzt [mm]k = (t - 1) N_0[/mm] einsetzt,
>
> D.h. jetzt betrachten wir nur noch eine Teilfolge (!?)
Ja; eine Moeglichkeit wie man die ganze Folge auf einmal betrachtet ist mir zu dem Zeitpunkt nicht eingefallen.
>
> > das ganze durch
> > [mm]a^{t N_0}[/mm] teilst und die [mm]t N_0[/mm]-ste Wurzel ziehst, erhaelst
> > du [mm](1 - \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 - \varepsilon/a) a^{N_0}}} < \frac{\sqrt[t N_0]{a_{t N_0}}}{a} < (1 + \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 + \varepsilon/a) a^{N_0}}}[/mm].
>
> Dann wäre das klar.
>
> > Nach dem Hinweis aus der Aufgabenstellung gilt
> > [mm]\lim_{t\to\infty} (1 - \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 - \varepsilon/a) a^{N_0}}} = 1 - \varepsilon/a[/mm]
> > und [mm]\lim_{t\to\infty} (1 + \varepsilon/a) \sqrt[t N_0]{\frac{a_{N_0}}{(1 + \varepsilon/a) a^{N_0}}} = 1 + \varepsilon/a[/mm],
> > womit mittels des Sandwich-Lemmas [mm]1 - \varepsilon/a \le \lim_{t\to\infty} \frac{\sqrt[t N_0]{a_{t N_0}}}{a} \le 1 + \varepsilon/a[/mm]
> > gilt, also [mm]a - \varepsilon \le \lim_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le a + \varepsilon[/mm].
>
> Das verstehe ich auch. Jetzt entstehen
> kleinergleich-Zeichen, weil wir ja den Limes betrachten.
> Und ich darf nun annehmen, dass der Limes existiert, weil
> ja die beiden Limiten an den Rändern existieren?
Ah, da hast du Recht, das reicht noch nicht ganz. Du bekommst genauer [mm]a - \varepsilon \le \liminf_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le \limsup_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le a + \varepsilon[/mm].
Wenn du jetzt jedoch [mm] $\varepsilon \to [/mm] 0$ gehen laesst, bekommst du eine Teilfolge [mm] $(a_{n_k})_k$, [/mm] mit $a - 0 [mm] \le \liminf_{k\to\infty} \sqrt[n_k]{a_{n_k}} \le \limsup_{k\to\infty} \sqrt[n_k]{a_{n_k}} \le [/mm] a + 0$, womit diese Teilfolge gegen $a$ konvergiert.
> Habe ich
> damit nicht erstmal nur gezeigt, dass die Folge beschränkt
> ist?
Damit ist die Teilfolge beschraenkt.
> Ich habe nämlich irgendwie ein Problem damit, dass
> [mm]\varepsilon[/mm] zwar beliebig, aber ja "fest" ist. Der
> Grenzübergang [mm]\varepsilon \to[/mm] 0 ist somit für mich
> irgendwie schwer "zu verstehen".
Was du machst: fuer jedes $k [mm] \in \IN$ [/mm] waelhst du [mm] $\varepsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{k}$; [/mm] wegen der Bedingung gibt es ein [mm] $n_k$ [/mm] mit [mm] $\srqt[n_k]{a_{n_k}} \in [/mm] [a - [mm] \frac{1}{k}, [/mm] a + [mm] \frac{1}{k}]$. [/mm] Die [mm] $n_k$ [/mm] kannst du so waelhen, dass sie streng monoton steigend sind, also [mm] $n_k [/mm] < [mm] n_{k+1}$. [/mm] Damit erhaelst du [mm] $\lim_{k\to\infty} \sqrt[n_k]{a_{n_k}} [/mm] = a$.
> > Kannst du daraus folgern, dass [mm]$\lim_{t\to\infty} \sqrt[/mm]
> [t][mm]{a_t}[/mm] [mm]in denselben Schranken liegt? Durch[/mm][mm] \varepsilon \to[/mm] 0[mm] folgt dann ja[/mm][mm] \lim_{t\to\infty} \sqrt[/mm] [t][mm]{a_t}[/mm] = a$.
> >
> > (Es reicht auch zu zeigen, dass [mm]\sqrt[n]{a_n}[/mm] konvergiert: dann reicht irgendeine Teilfolge aus, um den Grenzwert zu bestimmen.)
>
> Also, ich verstehe, dass es ausreicht wenn ich gezeigt habe dass die Folge konvergiert, dass dann auch irgendeine Teilfolge ausreicht, um den Grenzwert zu bestimmen.
Genau.
> Jetzt müsste ich also daraus, sodass [mm]\forall \varepsilon[/mm] > 0 [mm]\exists N_{0}:[/mm]
muesste = wuesste?
>
> [mm]a - \varepsilon \le \lim_{t\to\infty} \sqrt[t N_0]{a_{t N_0}} \le a + \varepsilon[/mm]
>
> gilt, wobei [mm]t\in\IN,[/mm] t [mm]\ge[/mm] 2 beliebig?
Naja, die Konvergenz fehlt noch ein wenig. Und du kannst [mm] $N_0$ [/mm] beliebig vergroessern.
Du hast also [mm] $\forall \varepsilon [/mm] > 0 [mm] \exists N_0 \forall [/mm] N [mm] \ge N_0 [/mm] : a - [mm] \varepsilon \le \liminf_{t\to\infty} \sqrt[t N]{a_{t N}} \le \limsup_{t\to\infty} \sqrt[t N]{a_{t N}} \le [/mm] a + [mm] \varepsilon$
[/mm]
> Irgendwie scheint es einfach zu sein, wenn man die Monotonie noch hätte - bringt da vielleicht
> eine Fallunterscheidung a > 1 und a < 1 was? Das Problem ist hier aber wieder, dass auch für
> ausreichend Folgen a = 1 ist :-(
>
> Ich bräuchte nochmal Hilfe! Wie kann ich nun die Konvergenz zeigen?
Gute Frage. Ich weiss grad leider auch nicht weiter... Das obige war halt nur eine fixe Idee, die leider nicht ganz zum Erfolg gefuehrt hat.
Ich bin aber mal auf eine Loesung gespannt, also falls du mal eine herausfindest oder in der Uebung eine gesagt bekommst :)
LG Felix
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Hallo Felix,
erstmal danke für deine Bemühungen
Also, ich habe nun doch deine Idee von oben benutzt, erst zu zeigen dass für [mm] $a_{n}$ [/mm] konvergent gegen $a$ auch die Folge
[mm] $s_{n} [/mm] = [mm] \frac{a_{1} + ... + a_{n}}{n} [/mm] = [mm] \frac{\sum_{k=1}^{n}a_{k}}{n}$
[/mm]
konvergent ist gegen $a$.
Dann allerdings benutze ich nicht die Exponentialfunktion oder so, weil wir das ja noch nicht dürfen, aber: Die Ungleichungen für das harmonische, geometrische und arithmetische Mittel habe ich jetzt einfach mal als bekannt vorausgesetzt. Und nach denen gilt:
[mm] $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}}} \le \sqrt[n]{a_{1}*...*a_{n}} \le \frac{\sum_{k=1}^{n}a_{k}}{n} [/mm] = [mm] s_{n}$
[/mm]
Nun konvergiert die rechte Seite ja schon gegen $a$, da [mm] $s_{n}\to [/mm] a$. Die linke Seite, also das harmonische Mittel, konvergiert allerdings auch gegen $a$, wie man hier sieht:
[mm] $\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}\left(\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}}}{n}\right)^{-1} [/mm] = [mm] \left(\frac{1}{a}\right)^{-1} [/mm] = a$,
da ja wenn [mm] $a_{n}$ [/mm] konvergent gegen a auch [mm] $\frac{1}{a_{n}}$ [/mm] konvergent gegen [mm] $\frac{1}{a}$ [/mm] ( [mm] $a\not= [/mm] 0$ ), und damit wir wieder die Formel von oben anwenden können.
Also konvergiert auch das geometrische Mittel, das von den beiden Grenzwerten eingeschlossen wird, gegen a:
[mm] $\Rightarrow \sqrt[n]{a_{1}*...*a_{n}} \to [/mm] a$
Naja, und nun, wie du schon oben geraten hast, benutze ich dass [mm] $b_{n} [/mm] = [mm] \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \to [/mm] a$ konvergent ist gegen a, setze oben ein und erhalte:
$a = [mm] \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{b_{1}*...*b_{n}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{a_{n+1}}{a_{1}}} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n+1}}$
[/mm]
Danke
und Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:30 Sa 21.11.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Stefan!
Die Loesung sieht gut aus :)
LG Felix
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Hallo Felix,
> Die Loesung sieht gut aus :)
Danke, war ja auch durch deine Ideen inspiriert
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:20 Do 19.11.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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