Konvergenz einer Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 11:56 Di 22.12.2009 | | Autor: | fred97 |
| Aufgabe | Zu Weihnachten habe ich hier eine "knackige" Aufgabe:
[mm] (a_n) [/mm] sei eine Folge in [mm] \IR, [/mm] es sei
[mm] $b_n:= 2a_{n+1}-a_n$, [/mm]
es sei [mm] (b_n) [/mm] konvergent und $b:= [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}b_n$
[/mm]
Man zeige, dass [mm] (a_n) [/mm] konvergiert und dass
[mm] $\limes_{n\rightarrow\infty}a_n [/mm] = b$
ist. |
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:50 Di 22.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred und alle,
bitte beantwortet diesen Beitrag nicht.
Er soll nur dazu dienen, die Aufgabe in der Liste der offenen Fragen zu behalten.
Als Übungsaufgabe rutscht er nämlich weg...
Ansonsten...
Der zweite Teil ist einfach [mm] (a_n\to{b}), [/mm] wenn Konvergenz von [mm] a_n [/mm] schon nachgewiesen ist, aber wie man das angeht, ist mir im Moment noch schleierhaft.
Auch hierauf bitte keine Antwort. 
lg
reverend
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:29 Di 22.12.2009 | | Autor: | pelzig |
Wie bereits erwähnt, genügt es die Konvergenz der Folge [mm]a_n[/mm] zu zeigen. Nach Definition ist [mm] $a_{n+1}=\frac{1}{2}(b_n+a_n)$ [/mm] und induktiv erhält man [mm] $$a_{n+1}=a_12^{-n}+\sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k+1}.$$ [/mm] Der erste Summand ist zweifellos konvergent, für den zweiten beachte dass [mm] $b_n$ [/mm] als konvergente Folge dem Betrage nach durch eine Zahl [mm]C\ge 0[/mm] beschränkt ist. Nun kann man für jedes [mm]n\in\IN[/mm] gegen eine geometrische Reihe abschätzen: [mm] $$\sum_{k=1}^n|2^{-k}b_{n-k+1}|\le C\cdot\sum_{k=0}^\infty2^{-k}=C<\infty$$ [/mm] das heißt [mm] $\sum_{k\in\IN}2^{-k}b_{n-k+1}$ [/mm] ist absoulut konvergent, also konvergent. Also konvergiert auch [mm] $a_n$. [/mm]
Ich finde das noch ziemlich umständlich, aber immerhin. Kann auch sein dass ich da oben noch irgendwo ein [mm] $\pm1$ [/mm] zuviel habe oder so, aber ich denke qualitativ müsste es stimmen.
Frohes Fest,
Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:51 Mi 23.12.2009 | | Autor: | fred97 |
[mm] \sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k+1}. [/mm] $
Hallo Robert,
ein interessanter Ansatz. Aber m.E. enthält Deine Argumentation noch eine Lücke:
Für jedes feste $n [mm] \in \IN$ [/mm] ist die Reihe
$ [mm] $\sum_{k\in\IN}2^{-k}b_{n-k+1}$ [/mm] $
sicherlich absolut konvergent. Aber die Folge
[mm] $(\sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k+1})_{n \in\IN} [/mm] $
ist nicht die Teilsummenfolge obiger Reihe ! (n kommt sowohl als obere Summationsgrenze, als auch hinter dem Summenzeichen vor !)
Ebenfalls frohes Fest
Gruß FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:41 Mo 28.12.2009 | | Autor: | pelzig |
> ein interessanter Ansatz. Aber m.E. enthält Deine
> Argumentation noch eine Lücke [...]
Sehr richtig. Diese "Lücke" war ziemlich widerspenstig. Aber ich habe sie denke ich jetzt geschlossen. Wie oben bereits geschrieben findet man induktiv (etwas gepimpte Version) [mm] $$a_n=a_0\cdot 2^{-n}+\sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k}$$ [/mm] und ich will nun zeigen dass diese doofe Summe auch konvergent, d.h. eine Cauchy-Folge ist.
Beweis: Sei [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] und [mm]C>0[/mm] so, dass [mm]|b_n|\le C[/mm] für alle [mm] $n\in\IN$. [/mm] Da die geometrische Reihe konvergent ist, kann ich [mm] $N_0\in\IN$ [/mm] so wählen, dass für alle [mm] $m,n>N_0$ [/mm] gilt [mm] $$\sum_{k=n}^m 2^{-k}\le\varepsilon.$$ [/mm] Ferner gibt es, da [mm] $b_n$ [/mm] eine Cauchyfolge ist, eine Zahl [mm] $N_1\in\IN$ [/mm] so, dass für [mm] $m,n>N_1$ [/mm] und für alle [mm] $k\max\{N_0,N_1\}$, [/mm] o.B.d.A. m>n: [mm] $$\left|\sum_{k=1}^m2^{-k}b_{m-k}-\sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k}\right|\le \sum_{k=1}^{N_0-1}2^{-k}\underbrace{|b_{m-k}-b_{n-k}|}_{\le\varepsilon}+\sum_{k=N_0}^{n}2^{-k}\underbrace{|b_{m-k}-b_{n-k}|}_{\le 2C} +\sum_{k=n+1}^m2^{-k}\underbrace{|b_{m-k}|}_{\le C}\le(1+3C)\varepsilon$$ [/mm] Damit ist alles gezeigt.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:11 Mi 30.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> > ein interessanter Ansatz. Aber m.E. enthält Deine
> > Argumentation noch eine Lücke [...]
> Sehr richtig. Diese "Lücke" war ziemlich widerspenstig.
> Aber ich habe sie denke ich jetzt geschlossen. Wie oben
> bereits geschrieben findet man induktiv (etwas gepimpte
> Version) [mm]a_n=a_0\cdot 2^{-n}+\sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k}[/mm] und
> ich will nun zeigen dass diese doofe Summe auch konvergent,
> d.h. eine Cauchy-Folge ist.
>
> Beweis: Sei [mm]\varepsilon>0[/mm] und [mm]C>0[/mm] so, dass [mm]|b_n|\le C[/mm] für
> alle [mm]$n\in\IN$.[/mm] Da die geometrische Reihe konvergent ist,
> kann ich [mm]$N_0\in\IN$[/mm] so wählen, dass für alle [mm]$m,n>N_0$[/mm]
> gilt [mm]\sum_{k=n}^m 2^{-k}\le\varepsilon.[/mm] Ferner gibt es, da
> [mm]$b_n$[/mm] eine Cauchyfolge ist, eine Zahl [mm]$N_1\in\IN$[/mm] so, dass
> für [mm]$m,n>N_1$[/mm] und für alle [mm]$k
> [mm]$|b_{m-k}-b_{n-k}|\le\varepsilon$.[/mm]
Das verstehe ich nicht. Wenn z.B. [mm] N_1 [/mm] = [mm] N_0 [/mm] ausfällt, so stimmt das nicht.
FRED
> Damit gilt nun für
> [mm]$m,n>\max\{N_0,N_1\}$,[/mm] o.B.d.A. m>n:
> [mm]\left|\sum_{k=1}^m2^{-k}b_{m-k}-\sum_{k=1}^n2^{-k}b_{n-k}\right|\le \sum_{k=1}^{N_0-1}2^{-k}\underbrace{|b_{m-k}-b_{n-k}|}_{\le\varepsilon}+\sum_{k=N_0}^{n}2^{-k}\underbrace{|b_{m-k}-b_{n-k}|}_{\le 2C} +\sum_{k=n+1}^m2^{-k}\underbrace{|b_{m-k}|}_{\le C}\le(1+3C)\varepsilon[/mm]
> Damit ist alles gezeigt.
>
> Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:45 Mi 30.12.2009 | | Autor: | pelzig |
> > Ferner gibt es, da [mm]$b_n$[/mm] eine Cauchyfolge ist, eine Zahl [mm]$N_1\in\IN$[/mm] so, dass
> > für [mm]$m,n>N_1$[/mm] und für alle [mm]$k
> > [mm]$|b_{m-k}-b_{n-k}|\le\varepsilon$.[/mm]
> Das verstehe ich nicht. Wenn z.B. [mm]N_1[/mm] = [mm]N_0[/mm] ausfällt, so
> stimmt das nicht.
Hmm wo ist das Problem? [mm] N_0 [/mm] ist an dieser Stelle einfach eine feste natürliche Zahl. Nun gibt es ein [mm] $\tilde{N_1}\in\IN$ [/mm] mit [mm] $$m,n>\tilde{N_1}\Rightarrow |b_m-b_n|\le\varepsilon.$$ [/mm] Aber wenn ich jetzt [mm] N_1:=\tilde{N_1}+N_0 [/mm] setze, dann gilt für alle [mm] $m,n>N_1$ [/mm] und [mm] $km-N_0>N_1-N_0=\tilde{N_1}$ [/mm] (und das gleiche mit [mm]n-k[/mm]). Also gilt in diesem Falle: [mm] $$|b_{m-k}-b_{n-k}|\le\varepsilon\quad$für [/mm] alle [mm] $k
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:29 Mi 23.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Wie wäre es hiermit:
Es gilt [mm] a_{n+1}=\bruch{1}{2}(b_n+a_n).
[/mm]
Nun prüft man, ob [mm] a_n [/mm] eine Cauchy-Folge ist. Dazu seien m, n>N [mm] \in \IN, [/mm] m [mm] \ge [/mm] n.
Dann gilt [mm] |a_m-a_n| \le \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{2^i}|b_{m-i}-b_{n-i}|+\bruch{1}{2^n}|a_{m-n}-a_0| \le \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{2^i}|b_{m-i}-b_{n-i}|+\bruch{1}{2^n}|a_{m-n}|+\bruch{1}{2^n}|a_0|.
[/mm]
Ab einem bestimmtes [mm] n>N_1 [/mm] ist dann auf alle Fälle [mm] \bruch{1}{2^n}|a_0|<\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] und für [mm] m>n>N_2 [/mm] ist [mm] |b_{m-i}-b_{n-i}|<\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] (da [mm] b_n [/mm] konvergent und dadurch eine Cauchy-Folge ist), weshalb auch [mm] \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{2^i}|b_{m-i}-b_{n-i}|<\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] sein wird.
Muss man nur noch zeigen, dass auch [mm] \bruch{1}{2^n}|a_{m-n}|<\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] für [mm] m>n>N_3 [/mm] gelten kann, aber dazu habe ich gerade keine Zeit mehr (falls es denn überhaupt so geht).
Aber wenn das vielleicht jemand rauskriegt, wäre [mm] a_n [/mm] eine Cauchy-Folge und damit auch konvergent, da ab [mm] N=max\{N_1, N_2, N_3\} [/mm] eben [mm] |a_m-a_n| [/mm] für m>n>N kleiner als [mm] \varepsilon [/mm] wäre.
Man muss das noch ausformulieren (z.B. können negative Indizes in der SUmme auftreten, [mm] b_a [/mm] für a<0 müsste man dann als 0 oder so definieren), aber ich stehe gerade etwas unter Zeitdruck, wollte das aber noch in die Runde werfen.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:30 Mi 23.12.2009 | | Autor: | pelzig |
> [...] Ab einem bestimmtes [mm]n>N_1[/mm] ist dann auf alle Fälle
> [mm]\bruch{1}{2^n}|a_0|<\bruch{\varepsilon}{3}[/mm] und für [mm]m>n>N_2[/mm]
> ist [mm]|b_{m-i}-b_{n-i}|<\bruch{\varepsilon}{3}[/mm] (da [mm]b_n[/mm]
> konvergent und dadurch eine Cauchy-Folge ist), weshalb auch
> [mm]\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{2^i}|b_{m-i}-b_{n-i}|<\bruch{\varepsilon}{3}[/mm]
> sein wird.
Das stimmt m.E. nicht, denn was du brauchst ist [mm] $|b_{m-i}-b_{n-i}|<\varepsilon/3$ [/mm] für alle $i=1,2,3,... $ (hier stellt sich sowieso die Frage was mit den negativen Indizes jetzt gemeint ist). Soweit ich es sehe ist das genau das Problem warum mein Beweis von oben auch nicht funktioniert, das ist der kritische Term.
Gruß, Robert
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 01:53 Mo 28.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
da dieser Antwortversuch nach Ablauf der Aufgabe - die ich gerade verlängert habe - wieder allgemein lesbar sein soll, bleibe ich mal bei unseren Forennicks.
Vorab: ich wünschte, ich könnte die folgende Idee korrekt notieren. Das übersteigt aber leider meine Fähigkeiten. Ich hoffe, es wird trotzdem verständlich.
Annahme: [mm] a_n [/mm] sei unbeschränkt, [mm] \limes_{n\to \infty} a_n [/mm] also nicht existent bzw. [mm] =\pm\infty.
[/mm]
Für alle [mm] a_n\not=0 [/mm] ist dann folgende Umformung möglich:
[mm] \limes_{n\to \infty} b_n =\limes_{n\to \infty}(2a_{n+1}-a_n)
[/mm]
[mm] \Rightarrow \limes_{n\to \infty} \bruch{b_n}{a_n}=\limes_{n\to \infty} (2\bruch{a_{n+1}}{a_n}-\bruch{a_n}{a_n})
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{\limes_{n\to \infty} b_n}{\limes_{n\to \infty} a_n}=\limes_{n\to \infty} (2\bruch{a_{n+1}}{a_n}-1)
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{b}{\pm\infty}=-1+2\limes_{n\to \infty} \bruch{a_{n+1}}{a_n}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \bruch{1}{2}=\limes_{n\to \infty} \bruch{a_{n+1}}{a_n}
[/mm]
Dies widerspricht aber der Annahme, [mm] a_n [/mm] sei unbeschränkt, da für jedes [mm] a_i, [/mm] i>n-1, [mm] k\ge{1} [/mm] gilt:
[mm] \limes_{n\to \infty} a_n= \limes_{k\to \infty} a_{i+k}=\limes_{n\to \infty} a_{i}*\produkt_{j=1}^{n-i} \bruch{a_{i+j}}{a_{i+j-1}} =a_i*\limes_{n\to \infty} \left(\bruch{a_{n}}{a_{n-1}}\right)^{n-i}=a_i*\limes_{n\to \infty} \left(\bruch{1}{2}\right)^{n-i}=0
[/mm]
Hmmm. Hier fehlen wohl noch Zwischenschritte. Ich hoffe, die Idee ist trotzdem klar.
Dann wäre nun die Annahme, [mm] a_n [/mm] sei unbeschränkt, durch Widerspruch widerlegt.
Es gilt also [mm] \limes_{n\to\infty} a_n=a
[/mm]
sowie [mm] \limes_{n\to\infty} a_{n+1}=\limes_{n\to\infty} a_n=a
[/mm]
Es ist dann
[mm] b=\limes_{n\to \infty} b_n =\limes_{n\to \infty}(2a_{n+1}-a_n)=\limes_{n\to\infty} 2a_n [/mm] - [mm] \limes_{n\to\infty} a_n=\limes_{n\to\infty} a_n=a
[/mm]
Soweit ok?
Im Moment sehe ich weder schöne Abkürzungen noch eine wirklich vollständige und saubere Schreibweise.
Außerdem sehe ich das ganze noch auf wackligen Füßen, wenn z.B. alle [mm] a_{2k}=t [/mm] sind, alle [mm] a_{2k+1} [/mm] aber divergieren, z.B. [mm] a_{2k+1}=2k+1 [/mm] ist. Dann ist zwar [mm] a_k [/mm] divergent, aber reicht der Ansatz oben dann noch? Es scheint so, aber das überblicke ich noch nicht.
Herzliche Grüße "zwischen den Jahren"!
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:39 Mo 28.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> da dieser Antwortversuch nach Ablauf der Aufgabe - die ich
> gerade verlängert habe - wieder allgemein lesbar sein
> soll, bleibe ich mal bei unseren Forennicks.
>
> Vorab: ich wünschte, ich könnte die folgende Idee korrekt
> notieren. Das übersteigt aber leider meine Fähigkeiten.
> Ich hoffe, es wird trotzdem verständlich.
>
> Annahme: [mm]a_n[/mm] sei unbeschränkt, [mm]\limes_{n\to \infty} a_n[/mm]
> also nicht existent bzw. [mm]=\pm\infty.[/mm]
Hallo rev,
Für diese Situation gibt es viele Möglichkeiten:
eine Teilfolge von [mm] (a_n) [/mm] strebt gegen [mm] \infty, [/mm] eine andere Teilfolge gegen $- [mm] \infty$, [/mm] eine dritte gegen ...
>
> Für alle [mm]a_n\not=0[/mm] ist dann folgende Umformung möglich:
>
> [mm]\limes_{n\to \infty} b_n =\limes_{n\to \infty}(2a_{n+1}-a_n)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \limes_{n\to \infty} \bruch{b_n}{a_n}=\limes_{n\to \infty} (2\bruch{a_{n+1}}{a_n}-\bruch{a_n}{a_n})[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{\limes_{n\to \infty} b_n}{\limes_{n\to \infty} a_n}=\limes_{n\to \infty} (2\bruch{a_{n+1}}{a_n}-1)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{b}{\pm\infty}=-1+2\limes_{n\to \infty} \bruch{a_{n+1}}{a_n}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \bruch{1}{2}=\limes_{n\to \infty} \bruch{a_{n+1}}{a_n}[/mm]
>
> Dies widerspricht aber der Annahme, [mm]a_n[/mm] sei unbeschränkt,
> da für jedes [mm]a_i,[/mm] i>n-1, [mm]k\ge{1}[/mm] gilt:
>
> [mm]\limes_{n\to \infty} a_n= \limes_{k\to \infty} a_{i+k}=\limes_{n\to \infty} a_{i}*\produkt_{j=1}^{n-i} \bruch{a_{i+j}}{a_{i+j-1}} =a_i*\limes_{n\to \infty} \left(\bruch{a_{n}}{a_{n-1}}\right)^{n-i}=a_i*\limes_{n\to \infty} \left(\bruch{1}{2}\right)^{n-i}=0[/mm]
>
> Hmmm. Hier fehlen wohl noch Zwischenschritte. Ich hoffe,
> die Idee ist trotzdem klar.
Ja, schon, aber dass Du oben immer [mm] \limes_{n\to \infty} [/mm] schreibst, ist nicht zulässig
>
> Dann wäre nun die Annahme, [mm]a_n[/mm] sei unbeschränkt, durch
> Widerspruch widerlegt.
>
> Es gilt also [mm]\limes_{n\to\infty} a_n=a[/mm]
>
> sowie [mm]\limes_{n\to\infty} a_{n+1}=\limes_{n\to\infty} a_n=a[/mm]
>
> Es ist dann
>
> [mm]b=\limes_{n\to \infty} b_n =\limes_{n\to \infty}(2a_{n+1}-a_n)=\limes_{n\to\infty} 2a_n[/mm]
> - [mm]\limes_{n\to\infty} a_n=\limes_{n\to\infty} a_n=a[/mm]
>
> Soweit ok?
> Im Moment sehe ich weder schöne Abkürzungen noch eine
> wirklich vollständige und saubere Schreibweise.
>
> Außerdem sehe ich das ganze noch auf wackligen Füßen,
> wenn z.B. alle [mm]a_{2k}=t[/mm] sind, alle [mm]a_{2k+1}[/mm] aber
> divergieren, z.B. [mm]a_{2k+1}=2k+1[/mm] ist. Dann ist zwar [mm]a_k[/mm]
> divergent, aber reicht der Ansatz oben dann noch?
Ich denke nicht
Aber die Idee, zunächst die Beschränktheit der Folge [mm] (a_n) [/mm] zu zeigen , ist goldrichtig
Grüße FRED
> Es
> scheint so, aber das überblicke ich noch nicht.
>
> Herzliche Grüße "zwischen den Jahren"!
> reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:46 Mo 28.12.2009 | | Autor: | reverend |
Moin Fred!
Na, dann denke ich nochmal darauf herum...
Im Moment allerdings nicht: ich bin tagsüber nur immer wieder kurz mal hier.
Danke für die Rückmeldung!
Grüße
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:27 Mo 28.12.2009 | | Autor: | fred97 |
Hallo rev,
die Fälle [mm] a_n \to \infty [/mm] oder [mm] a_n \to -\infty [/mm] kannst Du folgendermaßen zum Widerspruch bringen (ich denke, dass Du das oben in etwa so gemeint hast):
Zunächst ist mit einem m>0: [mm] $|b_n| \le [/mm] m$ für jedes n.
In beiden obigen Fällen haben wir : [mm] a_n \not=0 [/mm] für fast alle n, also o.B.d.A:
[mm] a_n \not=0 [/mm] für alle n,
Dann ist
[mm] $2|a_{n+1}|-|a_n| \le |b_n| \le [/mm] m $ für jedes n
also
[mm] $2|a_{n+1}| \le m+|a_n|$ [/mm] für jedes n
somit
[mm] $|\bruch{a_{n+1}}{a_n}| \le \bruch{1}{2}+\bruch{m}{2|a_n|}$.
[/mm]
Es folgt:
lim sup [mm] $|\bruch{a_{n+1}}{a_n}|$ \le [/mm] 1/2 < 1
Nach dem Quotientenkriterium ist die Reihe [mm] \summe_{n=1}^{\infty}a_n [/mm] konvergent, also ist [mm] (a_n) [/mm] eine Nullfolge, Widerspruch !
Aber wie gesagt, die Unbeschränktheit kann sich noch anders äußern als nur [mm] a_n \to \infty [/mm] oder [mm] a_n \to -\infty
[/mm]
Grüße FRED
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| Status: |
(Frage) reagiert/warte auf Reaktion | | Datum: | 23:09 Mo 28.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
ein anderer Versuch, der die Aufgabe als ganzes zu lösen angeht...
Da [mm] b_n [/mm] konvergent ist, existiert für n>N eine untere Schranke [mm] \beta_N [/mm] und eine obere Schranke [mm] B_N, [/mm] so dass [mm] \beta_N \le b_n \le B_N\;\;\ \forall [/mm] n>N.
Durch Rekursion ist leicht herzuleiten
[mm] a_{n+k}=\bruch{1}{2^{k}}a_n+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}b_{n+i}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \limes_{k\to \infty} \left(\bruch{1}{2^{k}}a_N+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}\beta_N\right) \le \limes_{k\to \infty} a_{N+k} \le \limes_{k\to \infty} \left(\bruch{1}{2^{k}}a_N+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}B_{N+i}\right)
[/mm]
[mm] \Rightarrow \beta_N \le \limes_{k\to \infty} a_{N+k} \le B_N
[/mm]
Da [mm] b_n [/mm] gegen b konvergiert, ist auch für beliebig kleines [mm] \varepsilon>0 [/mm] ein N so zu finden, dass [mm] \beta_N+\varepsilon\le b_n\le B_N-\varepsilon\;\;\ \forall [/mm] n>N. Damit konvergiert aber auch [mm] a_{N+k} [/mm] und damit [mm] a_n [/mm] gegen b.
***
Wieder abgekürzt und hinreichend unmathematisch. Und wieder hoffe ich, dass die Idee trotzdem klar ist.
lg
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:45 Di 29.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> ein anderer Versuch, der die Aufgabe als ganzes zu lösen
> angeht...
>
> Da [mm]b_n[/mm] konvergent ist, existiert für n>N eine untere
> Schranke [mm]\beta_N[/mm] und eine obere Schranke [mm]B_N,[/mm] so dass
> [mm]\beta_N \le b_n \le B_N\;\;\ \forall[/mm] n>N.
>
> Durch Rekursion ist leicht herzuleiten
>
> [mm]a_{n+k}=\bruch{1}{2^{k}}a_n+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}b_{n+i}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \limes_{k\to \infty} \left(\bruch{1}{2^{k}}a_N+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}\beta_N\right) \le \limes_{k\to \infty} a_{N+k} \le \limes_{k\to \infty} \left(\bruch{1}{2^{k}}a_N+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}B_{N+i}\right)[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \beta_N \le \limes_{k\to \infty} a_{N+k} \le B_N[/mm]
Hallo reverend,
dieser Limes [mm] \limes_{k\to \infty} a_{N+k} [/mm] gefällt mir nicht. Wir wissen noch nicht, dass er existiert.
Aber: mit dieser Rekursion
$ [mm] a_{n+k}=\bruch{1}{2^{k}}a_n+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}b_{n+i} [/mm] $
für n=1 und bel. k kannst Du aus der Beschränktheit von [mm] (b_n) [/mm] die Beschränktheit von [mm] (a_k) [/mm] bekommen, und das ist die halbe Miete !
FRED
>
> Da [mm]b_n[/mm] gegen b konvergiert, ist auch für beliebig kleines
> [mm]\varepsilon>0[/mm] ein N so zu finden, dass
> [mm]\beta_N+\varepsilon\le b_n\le B_N-\varepsilon\;\;\ \forall[/mm]
> n>N. Damit konvergiert aber auch [mm]a_{N+k}[/mm] und damit [mm]a_n[/mm]
> gegen b.
>
> ***
>
> Wieder abgekürzt und hinreichend unmathematisch. Und
> wieder hoffe ich, dass die Idee trotzdem klar ist.
>
> lg
> reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:14 Di 29.12.2009 | | Autor: | reverend |
Moin Fred,
> dieser Limes [mm]\limes_{k\to \infty} a_{N+k}[/mm] gefällt mir
> nicht. Wir wissen noch nicht, dass er existiert.
Ich stehe immer noch im Wald und suche Bäume, glaube ich...
> Aber: mit dieser Rekursion
>
> [mm]a_{n+k}=\bruch{1}{2^{k}}a_n+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}b_{n+i}[/mm]
>
> für n=1 und bel. k kannst Du aus der Beschränktheit von
> [mm](b_n)[/mm] die Beschränktheit von [mm](a_k)[/mm] bekommen, und das ist
> die halbe Miete !
Dann ist [mm] \alpha=\bruch{1}{2}b_1 [/mm] eine untere Schranke, und [mm] A=b_1+\bruch{1}{2}a_1 [/mm] eine obere Schranke. Das ist ja mit der Rekursion leicht zu zeigen.
[mm] a_n [/mm] ist also beschränkt.
Nur: jetzt müsste ich streng genommen als nächstes Konvergenz zeigen, und da fällt mir nicht mehr ein, als jetzt [mm] \limes_{k\to\infty}a_{\red{1}+k} [/mm] einzuschachteln, im Prinzip wie bisher:
> > Da [mm]b_n[/mm] gegen b konvergiert, ist auch für beliebig kleines
> > [mm]\varepsilon>0[/mm] ein N so zu finden, dass
> > [mm]\beta_N+\varepsilon\le b_n\le B_N-\varepsilon\;\;\ \forall[/mm]
> > n>N. Damit konvergiert aber auch [mm]a_{N+k}[/mm] und damit [mm]a_n[/mm]
> > gegen b.
Die so einfach aussehende Aufgabe hat es in sich.
Schöne Idee!
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:15 Di 29.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Moin Fred,
>
> > dieser Limes [mm]\limes_{k\to \infty} a_{N+k}[/mm] gefällt mir
> > nicht. Wir wissen noch nicht, dass er existiert.
>
> Ich stehe immer noch im Wald und suche Bäume, glaube
> ich...
>
> > Aber: mit dieser Rekursion
> >
> > [mm]a_{n+k}=\bruch{1}{2^{k}}a_n+\summe_{i=0}^{k-1} \bruch{2^i}{2^k}b_{n+i}[/mm]
>
> >
> > für n=1 und bel. k kannst Du aus der Beschränktheit von
> > [mm](b_n)[/mm] die Beschränktheit von [mm](a_k)[/mm] bekommen, und das ist
> > die halbe Miete !
>
> Dann ist [mm]\alpha=\bruch{1}{2}b_1[/mm] eine untere Schranke, und
> [mm]A=b_1+\bruch{1}{2}a_1[/mm] eine obere Schranke. Das ist ja mit
> der Rekursion leicht zu zeigen.
Nein. Dann wäre ja
[mm] \bruch{1}{2}b_1 \le b_1+\bruch{1}{2}a_1
[/mm]
also [mm] 2a_2 [/mm] = [mm] b_1+a_1 \ge [/mm] 0
Das wissen wir aber nicht !
FRED
>
> [mm]a_n[/mm] ist also beschränkt.
>
> Nur: jetzt müsste ich streng genommen als nächstes
> Konvergenz zeigen, und da fällt mir nicht mehr ein, als
> jetzt [mm]\limes_{k\to\infty}a_{\red{1}+k}[/mm] einzuschachteln, im
> Prinzip wie bisher:
>
> > > Da [mm]b_n[/mm] gegen b konvergiert, ist auch für beliebig kleines
> > > [mm]\varepsilon>0[/mm] ein N so zu finden, dass
> > > [mm]\beta_N+\varepsilon\le b_n\le B_N-\varepsilon\;\;\ \forall[/mm]
> > > n>N. Damit konvergiert aber auch [mm]a_{N+k}[/mm] und damit [mm]a_n[/mm]
> > > gegen b.
>
> Die so einfach aussehende Aufgabe hat es in sich.
> Schöne Idee!
>
> Grüße
> reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:03 Mi 30.12.2009 | | Autor: | reverend |
Moin Fred,
man kann nicht vorsichtig genug sein...
Setzen wir also die Schranken viel weiter.
Sei [mm] \beta [/mm] eine untere Schranke und B eine obere Schranke von [mm] b_n.
[/mm]
Dann ist [mm] \alpha=-|\beta|-|a_1| [/mm] eine untere Schranke und [mm] A=|B|+|a_1| [/mm] eine obere Schranke von [mm] a_n.
[/mm]
Damit bin ich allerdings wieder Lichtjahre davon entfernt, Konvergenz zu zeigen.
Mittlerweile bin ich ratlos. Geht es nur auf einem so aufwendigen Weg, wie pelzig (Robert) ihn geht? Die Schlichtheit der Aufgabe legt doch nahe, dass es auch eine elegante Lösung geben muss.
Herzliche Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:30 Mi 30.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Moin Fred,
>
> man kann nicht vorsichtig genug sein...
> Setzen wir also die Schranken viel weiter.
>
> Sei [mm]\beta[/mm] eine untere Schranke und B eine obere Schranke
> von [mm]b_n.[/mm]
>
> Dann ist [mm]\alpha=-|\beta|-|a_1|[/mm] eine untere Schranke und
> [mm]A=|B|+|a_1|[/mm] eine obere Schranke von [mm]a_n.[/mm]
>
> Damit bin ich allerdings wieder Lichtjahre davon entfernt,
> Konvergenz zu zeigen.
> Mittlerweile bin ich ratlos. Geht es nur auf einem so
> aufwendigen Weg, wie pelzig (Robert) ihn geht? Die
> Schlichtheit der Aufgabe legt doch nahe, dass es auch eine
> elegante Lösung geben muss.
Die gibt es, soll ich sie verraten ?
Ich weiß allerdings nicht, wann ich heute dazu komme
FRED
>
> Herzliche Grüße
> reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:28 Mi 30.12.2009 | | Autor: | reverend |
Tachchen nochmal...
> > Die
> > Schlichtheit der Aufgabe legt doch nahe, dass es auch eine
> > elegante Lösung geben muss.
>
> Die gibt es, soll ich sie verraten ?
Ja, gern.
> Ich weiß allerdings nicht, wann ich heute dazu komme
> FRED
Ist auch nicht dringend, ich bin heute sowieso mit allem möglichen beschäftigt, voraussichtlich bis in den späten Abend. Ab und zu werde ich mich vom Forum ablenken lassen, aber zur Weiterarbeit an dieser Aufgabe komme ich nicht. Außerdem sehe ich ja keine sinnvolle Abkürzung mehr.
Herzlich,
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:28 Mi 30.12.2009 | | Autor: | fred97 |
Auf reverends Wunsch, hier eine Lösung.
Wir machen Gebrauch von folgendem Satz:
eine beschränkte Folge reller Zahlen ist genau dann konvergent, wenn sie genau einen Häufungspunkt besitzt. In diesem Fall ist der Grenzwert = diesem Häfungspunkt.
1. Zunächst ist [mm] (a_n) [/mm] beschränkt:
Es ex. ein m >0 mit: [mm] $|b_n| \le [/mm] m$ für jedes n in [mm] \IN.
[/mm]
Es ist (*) [mm] $2a_{n+1}=a_n+b_n$
[/mm]
Setze $M:= max [mm] \{|a_1|, m \}$. [/mm] Dann sieht man induktiv mit (*) : [mm] $|a_n| \le [/mm] M$ für jedes n.
[mm] (a_n) [/mm] ist also beschränkt.
(Das kann man auch mit pelzigs Rekursion sehen !)
2. Aus (*) folgt:
2 lim sup [mm] a_n [/mm] = [mm] limsup(a_n+b_n) \le [/mm] lim sup [mm] a_n [/mm] +lim sup [mm] b_n [/mm] = limsup [mm] a_n [/mm] +b,
also
lim sup [mm] a_n \le [/mm] b
Analog folgt:
lim inf [mm] a_n \ge [/mm] b.
Somit: lim inf [mm] a_n [/mm] = b = limsup [mm] a_n, [/mm]
[mm] (a_n) [/mm] hat also genau den Häufungspunkt b.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:31 Mi 30.12.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
danke für die Lösung und auch nochmal für die Aufgabe!
Hinterher sieht es ja immer ganz einfach aus...
Herzliche Grüße und einen guten Rutsch,
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:53 Mi 30.12.2009 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> danke für die Lösung und auch nochmal für die Aufgabe!
>
> Hinterher sieht es ja immer ganz einfach aus...
>
> Herzliche Grüße und einen guten Rutsch,
> reverend
Hallo reverend,
auch Dir und allen anderen im Forum einen guten Rutsch
Grüße FRED
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