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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:58 Fr 25.02.2011 | | Autor: | kushkush |
| Aufgabe | Sei [mm] $(a_{n})_{n\in \IN}$ [/mm] eine Folge reeller Zahlen mit [mm] $a_{n}\ne [/mm] 0$ für alle $n [mm] \in \IN$.
[/mm]
a) Zeige: Wenn es ein [mm] $\q \in \IR$ [/mm] gibt, so dass $0<q<1$ und [mm] $|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le [/mm] q$ für fast alle [mm] $n\in \IN$, [/mm] dann gilt [mm] $\limes_{n\rightarrow \infty} a_{n}=0$
[/mm]
b) Zeige, dass die durch [mm] $a_{n}=\frac{n^{5}}{n!}$ [/mm] definierte Folge gegen 0 konvergiert. |
Hallo,
a) Es handelt sich um eine monotone Folge. Aber Wieso für fast alle $n [mm] \in \IN$??
[/mm]
Soll man hier eine Fallunterscheidung machen, einmal für den Fall dass es eine monoton steigende bzw. eine fallende Folge ist?
b) [mm] $a_{n}=\frac{n^{5}}{n!}=\frac{n^{4}}{(n-1)(n-2)(n-3)....}$
[/mm]
Die Minusse kann man wegschätzen falls [mm] $\n\rightarrow \infty$, [/mm] also bleibt:
[mm] $\frac{1}{(n-4)(n-5)...}$
[/mm]
Das stimmt aber wohl nicht!
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
Danke und Gruss
kushkush
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Hi,
> Sei [mm](a_{n})_{n\in \IN}[/mm] eine Folge reeller Zahlen mit
> [mm]a_{n}\ne 0[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm].
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> a) Zeige: Wenn es ein [mm]\q \in \IR[/mm] gibt, so dass [mm]0
> [mm]|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le q[/mm] für fast alle [mm]n\in \IN[/mm], dann
> gilt [mm]\limes_{n\rightarrow \infty} a_{n}=0[/mm]
>
> b) Zeige, dass die durch [mm]a_{n}=\frac{n^{5}}{n!}[/mm] definierte
> Folge gegen 0 konvergiert.
> Hallo,
>
>
> a) Es handelt sich um eine monotone Folge. Aber Wieso für
> fast alle [mm]n \in \IN[/mm]??
Es ist, sagen wir, im Wesentlichen eine monoton fallende Folge. Da die Eigenschaft aber nicht für alle n gilt, darf es ein paar Ausreißer unter den Folgengliedern geben. Das sind aber nur endlich viele, die bei den Betrachtungen vernachlässigt werden können. Betrachte z.B die Folgenglieder ab dem N, von dem an stets die Eigenschaft gilt.
Noch ein Hinweis:
Es ist klar, dass [mm] a_k=q^k [/mm] mit |q|<1 gegen 0 geht.
>
> Soll man hier eine Fallunterscheidung machen, einmal für
> den Fall dass es eine monoton steigende bzw. eine fallende
> Folge ist?
>
> b)
> [mm]a_{n}=\frac{n^{5}}{n!}=\frac{n^{4}}{(n-1)(n-2)(n-3)....}[/mm]
>
> Die Minusse kann man wegschätzen falls [mm]\n\rightarrow \infty[/mm],
> also bleibt:
>
> [mm]\frac{1}{(n-4)(n-5)...}[/mm]
>
So salopp lässt sich das nicht wegschätzen.
Eine Idee wäre [mm] n!\geq \left(\frac{n}{2}\right)^{n/2}
[/mm]
>
> Das stimmt aber wohl nicht!
>
>
> Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
>
>
> Danke und Gruss
>
> kushkush
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:23 Fr 25.02.2011 | | Autor: | fred97 |
Zu a):
[mm] (a_n) [/mm] muß nicht monoton sein ! Wie kommst Du darauf ?
Es gibt ein m [mm] \in \IN [/mm] mit: $ [mm] |\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le [/mm] q $ für n [mm] \ge [/mm] m.
Zeige induktiv: [mm] $|a_{m+k}| \le q^k*|a_m|$ [/mm] für k [mm] \in \IN
[/mm]
Zu b): Wende a) an !!!!!
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 So 27.02.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo kamaleonti und fred,
a)
> zeige induktiv
IV: [mm] $|a_{m+k}| \le q^{k}|a_{m}|$ $\forall [/mm] \ [mm] k\in \IN$
[/mm]
IA: k=1 $: [mm] $|a_{m+1}| \le [/mm] q [mm] |a_{m}|$ [/mm]
IS: [mm] $k\rightarrow [/mm] k+1$: [mm] $|a_{m+k+1}|\le q^{k+1}|a_{m}|$
[/mm]
Weil $0<q<1$ folgt [mm] $q^{k+1}|a_{m}|\le q^{k}|a_{m}| [/mm] $ und daraus [mm] $|a_{m+k+1}| \le |a_{m+k}| [/mm] $ ?
b)
> wende a) an!!!
[mm] $a_{n}=\frac{n^{5}}{n!}$
[/mm]
Es existiert ein m mit [mm] n\ge [/mm] m so dass gilt [mm] $\frac{n_{m}^{5}}{n_{m}!}$ [/mm] ... ??
> Gruss
Danke!
Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:17 So 27.02.2011 | | Autor: | Loddar |
Hallo kushkush!
> wende a) an!!!
Genau das musst Du hier tun!
> Es existiert ein m mit [mm]n\ge[/mm] m so dass gilt [mm]\frac{n_{m}^{5}}{n_{m}!}[/mm] ... ??
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Wie sieht denn [mm] $\left|\bruch{a_{n+1}}{a_n}\right|$ [/mm] aus?
Gruß
Loddar
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:29 So 27.02.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo Loddar,
< Wie seht denn aus
[mm] $\frac{\frac{(n+1)^{5}}{(n+1)!}}{\frac{n^{5}}{n!}} \gdw \frac{(n+1)^{4}}{n^{5}}$
[/mm]
< Gruss
Danke
Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:48 So 27.02.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
die induktion ist keine.
1. k=1 nicht begründet verankert.
2. danach hast du ja die IndVors gar nicht benutzt?
Schreib erstmal klar hin, was du genau beweisen willst!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:14 So 27.02.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
< Schreib erstmal klar hin, was du genau beweisen willst!
zu zeigen: [mm] $|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le [/mm] q$ [mm] \wedge [/mm] $0<q<1$ [mm] $\Rightarrow$ $\limes_{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ [/mm]
Beweis:
[mm] $\exists [/mm] \ m [mm] \in \IN [/mm] : [mm] |\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le [/mm] q \ [mm] \forall n\ge [/mm] m$
[mm] $\Rightarrow [/mm] IV: [mm] |a_{m+k}|\le q^{k}|a_{m}| [/mm] \ [mm] \forall [/mm] k [mm] \in \IN [/mm] \ [mm] \wedge [/mm] 0<q<1$
IA:$k=0 \ [mm] \rightarrow$: $|a_{m}|\le |a_{m}|$ [/mm]
IS: hier weiss ich nicht, wie ich die Induktionsvoraussetzung einsetzen soll, weil es sich um eine Ungleichung handelt?
> Gruss leduart
Danke
Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:08 So 27.02.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
> Hallo,
>
>
> < Schreib erstmal klar hin, was du genau beweisen willst!
>
> zu zeigen: [mm]|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le q[/mm] [mm]\wedge[/mm] [mm]0
> [mm]\Rightarrow[/mm] [mm]\limes_{n \rightarrow \infty} a_{n}=0[/mm]
Das ist das Endziel ja, aber erst willst du zeigen [mm] |a_{m+k}|\le q^k*|a_m|
[/mm]
das ist das Ziel der induktion!
> Beweis:
>
> [mm]\exists \ m \in \IN : |\frac{a_{n+1}}{a_{n}}|\le q \ \forall n\ge m[/mm]
Nach Vors.
> [mm]\Rightarrow IV: |a_{m+k}|\le q^{k}|a_{m}| \ \forall k \in \IN \ \wedge 0
der Folgepfeil gilt noch nicht; sondern Behauptung ist
$ [mm] |a_{m+k}|\le q^{k}|a_{m}| [/mm] \ [mm] \forall [/mm] k [mm] \in \IN [/mm] \ [mm] \wedge [/mm] 0<q<1$
jetzt folgt der Beweis durch Induktion
1. nach Vors gilt für m
für k=1
[mm] |a_{m+1}|\le q*|a_m|
[/mm]
> IA:[mm]k=0 \ \rightarrow[/mm]: [mm]|a_{m}|\le |a_{m}|[/mm]
Induktionsannahme
[mm] |a_{m+k}|\le q^{k}|a_{m}| [/mm]
Behauptung= gilt auch für k+1
also [mm] |a_{m+k}|\le q^{k}|a_{m}| \le q^{k+1}|a_{m}| [/mm]
da m+k>m gilt [mm] |a_{m+k+1}|\le q|a_{m+k}| \le q*q^k*|a_m| [/mm] nach Induktionsvors
damit ist die Ind. beh gezeigt.
jetz musst du daraus noch schießen [mm] a_n [/mm] gegen 0 also Deine Behauptung oben
Gruss leduart
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