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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 17:19 Mi 11.08.2010 | | Autor: | fred97 |
Hier ist eine Aufgabe, welche der Aufgabe in
/read?t=706191
ähnlich ist.
| Aufgabe | [mm] $(a_n)$ [/mm] und [mm] $(b_n)$ [/mm] seien Folgen positiver Zahlen, [mm] $(b_n)$ [/mm] sei eine Nullfolge, es sei $k [mm] \in [/mm] (0,1)$ und es gelte
[mm] $a_{n+1} \le k*a_n+b_n$ [/mm] für jedes $n [mm] \in \IN$.
[/mm]
Zeige: [mm] $(a_n)$ [/mm] ist eine Nullfolge. |
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:02 Do 12.08.2010 | | Autor: | fred97 |
dummy
fred
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:04 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hier ist eine Aufgabe, welche der Aufgabe in
>
> /read?t=706191
>
> ähnlich ist.
> [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] seien Folgen positiver Zahlen, [mm](b_n)[/mm] sei
> eine Nullfolge, es sei [mm]k \in (0,1)[/mm] und es gelte
>
> [mm]a_{n+1} \le k*a_n+b_n[/mm] für jedes [mm]n \in \IN[/mm].
>
> Zeige: [mm](a_n)[/mm] ist eine Nullfolge.
> Gruß FRED
Wenn wir das für alle Folgen [mm] $(a_n)$ [/mm] zeigen, für die [mm] a_{n+1} [/mm] = [mm] k*a_n+b_n [/mm] (*) gilt, gilt das für die anderen Folgen auch, da man zu einer gegebenen Folge dann eine zweite konstruieren kann, die die erste majorisiert und (*) erfüllt:Wenn man die zu (*) entsprechende Ungleichung rückwärts entwickelt, erhält man
[mm] a_{n+1}\le k^n*a_1+\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j [/mm] (**).
Setzt man nun [mm] a'_{n+1}=k^n*a_1+\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j [/mm] so erfüllt $a'_{n+1}$ (*) und majorisiert [mm] $a_{n+1}$.
[/mm]
Jetzt muss man zweigen, dass die Summe in (**) eine Nullfolge ist. Zu jedem $p>0$ gibt es ein $n(p)$, sodass [mm] $b_n
[mm] \summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j=\summe_{j=0}^{n-n(p)}b_{n-j}k^j+\summe_{j=n-n(p)+1}^{n-1}b_{n-j}k^j\le p*\summe_{j=0}^{n-n(p)}k^j+\max\{b_{n-j}:n-n(p)-1\le j\len-1\}*\summe_{j=n-n(p)+1}^{n-1}k^j
[/mm]
[mm] =:p*P_n+M_n*Q_n
[/mm]
mit
[mm] P_n=\summe_{j=1}^{n-n(p)}k^j
[/mm]
[mm] M_n=\max\{b_{n-j}:n-n(p)-1\le j\len-1\} [/mm] und
[mm] Q_n=\summe_{j=n-n(p)+1}^{n-1}k^j
[/mm]
Nun ist [mm] P_n [/mm] beschränkt wegen $0<k<1$, [mm] M_n [/mm] ist auch beschränkt, da [mm] (b_n) [/mm] eine Nullfolge ist und aus [mm] Q_n [/mm] kann man einen Term [mm] k^{n-n(p)} [/mm] ausklammern und der Rest der Summe ist dann wieder beschränkt wie [mm] P_n [/mm] auch, sodass [mm] Q_n [/mm] auch eine Nullfolge ist, woraus die Behauptung folgt.
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:12 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
Bitte noch nicht kommentieren!
Danke
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:38 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
Nur komischerweise wurde daraus eine neue Nachricht...
LG
gfm
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:13 Do 12.08.2010 | | Autor: | fred97 |
Hallo gfm,
1. Dein Beweis geht in die richtige Richtung
2. So ganz folgen kann ich Deinen Ausführungen nicht.
3. Wieso ist [mm] (Q_n) [/mm] eine Nullfolge ?
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:34 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hallo gfm,
>
> 1. Dein Beweis geht in die richtige Richtung
>
> 2. So ganz folgen kann ich Deinen Ausführungen nicht.
>
> 3. Wieso ist [mm](Q_n)[/mm] eine Nullfolge ?
>
> FRED
[mm] Q_n [/mm] hat die Form [mm] \summe_{j=M}^{N}k^j [/mm] und das ist gleich
[mm] \summe_{j=0}^{N-M}k^{j+M}=k^M*\summe_{j=0}^{N-M}k^j=k^M*\frac{1-k^{N-M+1}}{1-k}
[/mm]
Nun ist M=n-n(p)+1 und N=n-1 im konkreten Fall. Durch hinreichende große Wahl von n kann [mm] Q_n [/mm] beliebig klein gemacht werden, da [mm] Q_n [/mm] aus zwei Faktoeren besteht, von denen einer eine Nullfolge und der andere beschränkt ist.
LG
gfm
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 01:55 Fr 13.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hallo gfm,
>
> 1. Dein Beweis geht in die richtige Richtung
>
> 2. So ganz folgen kann ich Deinen Ausführungen nicht.
>
> 3. Wieso ist [mm](Q_n)[/mm] eine Nullfolge ?
>
Idee: Konstruktion einer Nullfolge [mm] $(a_n')$ [/mm] mit [mm] $a_n\le a_n'$ [/mm]
Vorbereitung:
Aus [mm] $a_{n+1}\le k*a_n+b_n$ [/mm] (*) folgt
[mm] $a_{n+1}\le k^n*a_1+\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j$ [/mm] (**),
denn (*) ist für $n=1$ unmittelbar ersichtlich identisch mit (**). Multipliziert man (**) gemäß (*) mit $k$ und addiert [mm] $b_{n+1}$ [/mm] so erhält man unmittelbar wieder die Form (**) nur jetzt für [mm] $a_{n+1}$.
[/mm]
Definiert man nun die Folge [mm] $(a_n')$ [/mm] durch
[mm] a'_{n+1}:=k^n*a_1+\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j$ [/mm] (***)
so gilt wegen (**) [mm] $a_n\le a_n'$.
[/mm]
Hauptargumentation:
Jetzt muss man nur noch zeigen, dass die Summe in (***) eine Nullfolge ist:
In [mm] $\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j$ [/mm] werden die Glieder der geometrischen Reihe in fallender Richtung durchlaufen, die Folgenglieder der Nullfolge [mm] (b_n) [/mm] jedoch in umgekehrter Richtung. Deswegen kann die Summe in in Abhängigkeit von n so zwei Teile zerlegt werden, dass beide Teile jeweils als beliebig klein erkannt werden können. Denn zu jedem [mm] $\epsilon>0$ [/mm] gibt es ein [mm] $n_0>1$, [/mm] sodass [mm] $b_n<\epsilon$ [/mm] für [mm] $n\ge n_0$. [/mm] Für alle [mm] $n>n_0$ [/mm] gilt dann folgende Abschätzung:
[mm] $\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j=\summe_{j=0}^{n-n_0}b_{n-j}k^j+\summe_{j=n-n_0+1}^{n-1}b_{n-j}k^j\le \epsilon*\summe_{j=0}^{n-n_0}k^j+\max\{b_{n-j}:n-n_0+1\le j\le n-1\}*\summe_{j=n-n_0+1}^{n-1}k^j$
[/mm]
[mm] $=:\epsilon*P+M*Q_n<\frac{\epsilon+M*k^{n-n_0}}{1-k}$ [/mm] (4*)
mit
[mm] $P=\summe_{j=0}^{n-n_0}k^j$<\frac{1}{1-k}
[/mm]
[mm] $M=\max\{b_{n-j}:n-n_0+1\le j\le n-1\}=\max\{b_{j}:1\le j\le n_0-1\}$ [/mm] und
[mm] $Q_n=\summe_{j=n-n_0+1}^{n-1}k^j=\summe_{j=0}^{n_0-2}k^{j+n-n_0+1}=k^{n-n_0+1}*\summe_{j=0}^{n_0-2}k^j$<\frac{k^{n-n_0}}{1-k}
[/mm]
Die rechte Seite der Ungleichung (4*) wird somit beliebig klein , wenn man $n$ nur hinreichend groß wählt. Man könnte [mm] \epsilon [/mm] in [mm] \epsilon'/2 [/mm] umtaufen und n so groß wählen, dass sich für die rechte Seite insgesamt ein beliebig wählbares [mm] \epsilon'>0 [/mm] ergibt.
Auch wenn das auf den ersten Blick überaschen mag, so liegt es doch daran, dass der überwiegende Teil der endlichen "Gesamtmasse" dieser geometrischen Reihe in endlich vielen anfänglichen Gliedern steckt. Je größer man nun das $n$ wählt, desto mehr "dämpft" man diese Masse durch die Nullfolgenglieder von [mm] $(b_n)$ [/mm] aus, die in umgekehrter Reihenfolge (also die "kleinen" zuerst) an die Glieder der geometrischen Reihe dranmultipliziert sind.
Jetzt besser?
LG
gfm
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:20 So 15.08.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:23 Do 12.08.2010 | | Autor: | ullim |
Hi,
sei [mm] \epsilon>0
[/mm]
Durch Induktion kann man zeigen das gilt
(*) [mm] a_{n+m} \le k^m*a_n+\summe_{i=0}^{m-1}k^i*b_{n+m-1-i}
[/mm]
Weil [mm] b_n [/mm] eine Nullfolge ist [mm] \exists n_0, [/mm] s.d. [mm] \forall [/mm] n [mm] \ge n_0 [/mm] gilt [mm] b_n<\bruch{\epsilon}{2}(1-k)
[/mm]
Wähle [mm] m_0 [/mm] > 0 s.d. [mm] k^{m_0}*a_{n_0} [/mm] < [mm] \bruch{\epsilon}{2} [/mm] dann gilt wegen (*) und der Formel für die geometrische Reihe
[mm] a_{n_0+m} \le k^m*a_{n_0}+\summe_{i=0}^{m-1}k^i*b_{n_0+m-1-i} [/mm] < [mm] k^{m_0}*a_{n_0}+\bruch{\epsilon}{2}(1-k)*\bruch{1}{1-k} [/mm] < [mm] \epsilon [/mm] für alle m [mm] >m_0
[/mm]
Also gilt [mm] |a_{n_0+m}|<\epsilon [/mm] für alle m [mm] >m_0
[/mm]
Also ist [mm] a_n [/mm] Nullfolge.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:28 Do 12.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Hi,
>
> sei [mm]\epsilon>0[/mm]
>
> Durch Induktion kann man zeigen das gilt
>
> (*) [mm]a_{n+m} \le k^m*a_n+\summe_{i=0}^{m-1}k^i*b_{n+m-1-i}[/mm]
>
> Weil [mm]b_n[/mm] eine Nullfolge ist [mm]\exists n_0,[/mm] s.d. [mm]\forall[/mm] n [mm]\ge n_0[/mm]
> gilt [mm]b_n<\bruch{\epsilon}{2}(1-k)[/mm]
>
> Wähle [mm]m_0[/mm] > 0 s.d. [mm]k^{m_0}*a_{n_0}[/mm] < [mm]\bruch{\epsilon}{2}[/mm]
> dann gilt wegen (*) und der Formel für die geometrische
> Reihe
>
> [mm]a_{n_0+m} \le k^m*a_{n_0}+\summe_{i=0}^{m-1}k^i*b_{n_0+m-1-i}[/mm]
> < [mm]k^{m_0}*a_{n_0}+\bruch{\epsilon}{2}(1-k)*\bruch{1}{1-k}[/mm] <
> [mm]\epsilon[/mm] für alle m [mm]>m_0[/mm]
>
> Also gilt [mm]|a_{n_0+m}|<\epsilon[/mm] für alle m [mm]>m_0[/mm]
>
> Also ist [mm]a_n[/mm] Nullfolge.
Sehr schön, prima gemacht
Gruß FRED
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:23 Do 12.08.2010 | | Autor: | gfm |
> Hier ist eine Aufgabe, welche der Aufgabe in
>
> /read?t=706191
>
> ähnlich ist.
> [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] seien Folgen positiver Zahlen, [mm](b_n)[/mm] sei
> eine Nullfolge, es sei [mm]k \in (0,1)[/mm] und es gelte
>
> [mm]a_{n+1} \le k*a_n+b_n[/mm] für jedes [mm]n \in \IN[/mm].
>
> Zeige: [mm](a_n)[/mm] ist eine Nullfolge.
> Gruß FRED
Wenn wir das für alle Folgen [mm] $(a_n)$ [/mm] zeigen, für die [mm] a_{n+1} [/mm] = [mm] k*a_n+b_n [/mm] (*) gilt, gilt das für die anderen Folgen auch, da man zu einer gegebenen Folge dann eine zweite konstruieren kann, die die erste majorisiert und (*) erfüllt:Wenn man die zu (*) entsprechende Ungleichung rückwärts entwickelt, erhält man
[mm] a_{n+1}\le k^n*a_1+\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j [/mm] (**).
Setzt man nun [mm] a'_{n+1}=k^n*a_1+\summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j [/mm] so erfüllt $a'_{n+1}$ (*) und majorisiert [mm] $a_{n+1}$.
[/mm]
Jetzt muss man zweigen, dass die Summe in (**) eine Nullfolge ist. Zu jedem $p>0$ gibt es ein $n(p)$, sodass [mm] $b_n
[mm] \summe_{j=0}^{n-1}b_{n-j}k^j=\summe_{j=0}^{n-n(p)}b_{n-j}k^j+\summe_{j=n-n(p)+1}^{n-1}b_{n-j}k^j\le p*\summe_{j=0}^{n-n(p)}k^j+\max\{b_{n-j}:n-n(p)+1\le j\le n-1\}*\summe_{j=n-n(p)+1}^{n-1}k^j
[/mm]
[mm] =:p*P_n+M_n*Q_n
[/mm]
mit
[mm] P_n=\summe_{j=1}^{n-n(p)}k^j
[/mm]
[mm] M_n=\max\{b_{n-j}:n-n(p)+1\le j\le n-1\} [/mm] und
[mm] Q_n=\summe_{j=n-n(p)+1}^{n-1}k^j
[/mm]
Nun ist [mm] P_n [/mm] beschränkt wegen $0<k<1$, [mm] M_n [/mm] ist auch beschränkt, da [mm] (b_n) [/mm] eine Nullfolge ist und aus [mm] Q_n [/mm] kann man einen Term [mm] k^{n-n(p)} [/mm] ausklammern und der Rest der Summe ist dann wieder beschränkt wie [mm] P_n [/mm] auch, sodass [mm] Q_n [/mm] auch eine Nullfolge ist, woraus die Behauptung folgt.
LG
gfm
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:21 Fr 13.08.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Hier ist eine Aufgabe, welche der Aufgabe in
>
> /read?t=706191
>
> ähnlich ist.
> [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] seien Folgen positiver Zahlen, [mm](b_n)[/mm] sei
> eine Nullfolge, es sei [mm]k \in (0,1)[/mm] und es gelte
>
> [mm]a_{n+1} \le k*a_n+b_n[/mm] für jedes [mm]n \in \IN[/mm].
>
> Zeige: [mm](a_n)[/mm] ist eine Nullfolge.
Es ist
[mm] $a_{n+m} \le [/mm] k [mm] a_{n+m-1} [/mm] + [mm] b_{n+m-1} \le k^2 a_{n+m-2} [/mm] + k [mm] a_{n+m-1} [/mm] + [mm] b_{n+m-1} \le \dots \le k^m a_n [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{m-1} k^{m-1-i} b_{n+i}$.
[/mm]
Behauptung: [mm] $\lim_{m \to \infty} \sum_{i=0}^m k^{m-i} b_i [/mm] = 0$.
Daraus folgt dann die Aufgabe: es ist [mm] $a_n \le k^n a_0 [/mm] + [mm] \sum_{i=0}^{n-1} k^{n-1-i} b_i$. [/mm] Fuer $n [mm] \to \infty$ [/mm] git [mm] $k^n a_0 \to [/mm] 0$ sowie nach der Behauptung [mm] $\sum_{i=0}^{n-1} k^{n-1-i} b_i \to [/mm] 0$, womit [mm] $a_n \to [/mm] 0$ gehen muss.
Sei dafuer [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ vorgegeben, und sei [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] mit [mm] $b_n \le [/mm] (1 - k) [mm] \varepsilon/2$ [/mm] fuer alle $n [mm] \ge n_0$. [/mm] Fuer $n [mm] \ge n_0$ [/mm] gilt dann [mm] $\sum_{i=0}^n k^{n-i} b_i \le k^{n-n_0} \sum_{i=0}^{n_0-1} k^{n_0-i} b_i [/mm] + [mm] \tfrac{1}{2} [/mm] (1 - k) [mm] \varepsilon \sum_{i=n_0}^n k^{n-i} \le k^{n-n_0} [/mm] C + [mm] \tfrac{1}{2} [/mm] (1 - k) [mm] \varepsilon \sum_{i=0}^\infty k^i [/mm] = [mm] k^{n-n_0} [/mm] C + [mm] \tfrac{1}{2} \varepsilon$ [/mm] mit $C = [mm] \sum_{i=0}^{n_0-1} k^{n_0-i} b_i$. [/mm] Da [mm] $k^{n - n_0} \to [/mm] 0$ fuer $n [mm] \to \infty$ [/mm] gibt es folglich ein [mm] $n_1$ [/mm] mit [mm] $k^{n - n_0} [/mm] C [mm] \le \tfrac{1}{2} \varepsilon$ [/mm] und somit [mm] $a_n \le \varepsilon$ [/mm] fuer alle $n [mm] \ge n_1$.
[/mm]
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:23 Fr 13.08.2010 | | Autor: | fred97 |
> Moin!
>
> > Hier ist eine Aufgabe, welche der Aufgabe in
> >
> > /read?t=706191
> >
> > ähnlich ist.
> > [mm](a_n)[/mm] und [mm](b_n)[/mm] seien Folgen positiver Zahlen, [mm](b_n)[/mm] sei
> > eine Nullfolge, es sei [mm]k \in (0,1)[/mm] und es gelte
> >
> > [mm]a_{n+1} \le k*a_n+b_n[/mm] für jedes [mm]n \in \IN[/mm].
> >
> > Zeige: [mm](a_n)[/mm] ist eine Nullfolge.
>
> Es ist
>
> [mm]a_{n+m} \le k a_{n+m-1} + b_{n+m-1} \le k^2 a_{n+m-2} + k a_{n+m-1} + b_{n+m-1} \le \dots \le k^m a_n + \sum_{i=0}^{m-1} k^{m-1-i} b_{n+i}[/mm].
>
> Behauptung: [mm]\lim_{m \to \infty} \sum_{i=0}^m k^{m-i} b_i = 0[/mm].
>
> Daraus folgt dann die Aufgabe: es ist [mm]a_n \le k^n a_0 + \sum_{i=0}^{n-1} k^{n-1-i} b_i[/mm].
> Fuer [mm]n \to \infty[/mm] git [mm]k^n a_0 \to 0[/mm] sowie nach der
> Behauptung [mm]\sum_{i=0}^{n-1} k^{n-1-i} b_i \to 0[/mm], womit [mm]a_n \to 0[/mm]
> gehen muss.
>
> Sei dafuer [mm]\varepsilon > 0[/mm] vorgegeben, und sei [mm]n_0 \in \IN[/mm]
> mit [mm]b_n \le (1 - k) \varepsilon/2[/mm] fuer alle [mm]n \ge n_0[/mm]. Fuer
> [mm]n \ge n_0[/mm] gilt dann [mm]\sum_{i=0}^n k^{n-i} b_i \le k^{n-n_0} \sum_{i=0}^{n_0-1} k^{n_0-i} b_i + \tfrac{1}{2} (1 - k) \varepsilon \sum_{i=n_0}^n k^{n-i} \le k^{n-n_0} C + \tfrac{1}{2} (1 - k) \varepsilon \sum_{i=0}^\infty k^i = k^{n-n_0} C + \tfrac{1}{2} \varepsilon[/mm]
> mit [mm]C = \sum_{i=0}^{n_0-1} k^{n_0-i} b_i[/mm]. Da [mm]k^{n - n_0} \to 0[/mm]
> fuer [mm]n \to \infty[/mm] gibt es folglich ein [mm]n_1[/mm] mit [mm]k^{n - n_0} C \le \tfrac{1}{2} \varepsilon[/mm]
> und somit [mm]a_n \le \varepsilon[/mm] fuer alle [mm]n \ge n_1[/mm].
>
> LG Felix
>
Sehr schön
Gruß FRED
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:31 Fr 13.08.2010 | | Autor: | fred97 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
So hatte ich mir das gedacht:
Sei \varepsilon>0. Es gibt ein N \in \IN mit: b_n < \varepsilon für n>N.
Induktiv sieht man dann:
$a_{N+m} \le k^ma_N+ \varepsilon(1+k+k^2+...+k^{m-1})$ für jedes m.
Somit:
$a_{N+m} \le k^ma_N+\bruch{\varepsilon}{1-k}$ für jedes m.
Dies zeigt, dass (a_n) beschränkt ist und dass
$\lim \sup a_n \le \bruch{\varepsilon}{1-k}$
ist. \varepsilon war beliebig, also folgt: $\lim \sup a_n \le 0}$
Da jedes a_n > 0 ist, haben wir
$$\lim \sup a_n= \lim \inf a_n=0$
FRED
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