Konvergenz einer Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:28 Di 10.12.2013 | | Autor: | hilbert |
Hallo!
Ich soll für folgende Folge den Grenzwert bestimmen:
[mm] a_n:=\bruch{1-a^\bruch{1}{n+1}}{1-a^\bruch{1}{n}}.
[/mm]
Ich habe schon mehrere Stunden versucht einen Ansatz herauszufinden, aber leider sehe ich hier überhaupt kein Grün. Könntet ihr mir eine Idee nennen? Das würde mich sicherlich schon viel helfen, um es dann selbst zu vervollständigen.
Schonmal Danke
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:31 Di 10.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
> Hallo!
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> Ich soll für folgende Folge den Grenzwert bestimmen:
>
> [mm]a_n:=\bruch{1-a^\bruch{1}{n+1}}{1-a^\bruch{1}{n}}.[/mm]
>
> Ich habe schon mehrere Stunden versucht einen Ansatz
> herauszufinden, aber leider sehe ich hier überhaupt kein
> Grün. Könntet ihr mir eine Idee nennen? Das würde mich
> sicherlich schon viel helfen, um es dann selbst zu
> vervollständigen.
>
> Schonmal Danke
1. [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0
[/mm]
2. [mm] n^0=1 [/mm] für alle [mm] n\in\IR
[/mm]
Tipp: L'Hospital 
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:06 Mi 11.12.2013 | | Autor: | hilbert |
Die Regel hatten wir leider noch nicht :(
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:31 Mi 11.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
> Die Regel hatten wir leider noch nicht :(
Du kannst sie trotzdem benutzen um diese Aufgabe zu lösen
Wenn nichts hilft, dann gucken wir uns das Ganze mit Hilfe der Definition an!
Die Folge [mm] a_n:=\bruch{1-a^\bruch{1}{n+1}}{1-a^\bruch{1}{n}} [/mm] konvergiert gegen [mm] a\in\IR, [/mm] falls für alle [mm] \epsilon>0 [/mm] ein [mm] N=N(\epsilon)\in\IN [/mm] derart existiert, sodass [mm] |a_n-a|<\epsilon [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ gilt.
Ich denke, dass ihr das auf jeden Fall hattet!
Hier musst du deinen Grenzwert erahnen und das kannst du zum Beispiel über L'Hospital machen.
Mit Hilfe von L'Hospital folgt: [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}a_n=1=:a
[/mm]
Jetzt bist du dran!
Tipp: Logarithmusgesetze, speziell: [mm] -\ln(1-x)=\summe_{k=1}^{\infty}\frac{x^k}{k}
[/mm]
Gruß
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:54 Mi 11.12.2013 | | Autor: | Richie1401 |
Hallo dieAcht,
> > Die Regel hatten wir leider noch nicht :(
>
> Du kannst sie trotzdem benutzen um diese Aufgabe zu lösen
>
Also das zweifel ich jetzt mal stark an!
Was man nicht in der Vorlesung hatte, kann man auch nicht benutzen. Da muss man andere Wege gehen, um am Ziel anzukommen.
Wenn man Null Punkte riskieren will, dann kann man ja gerne die Regel anwenden...
Ich wäre da ziemlich vorsichtig...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:45 Mi 11.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
Hast du dir meine Antwort komplett durchgelesen?
Hast du den Smiley bemerkt?
L'Hospital sollte er nur für sich SELBST verwenden, damit er das [mm] \epsilon-Kriterium [/mm] verwenden kann, damit er seinen Grenzwert nicht "erahnen" muss, sondern mit Sicherheit weiß! Das heißt nicht, dass er L'Hospital irgendwo ERWÄHNT!
Er stellt nur die Behauptung auf, dass für alle [mm] \epsilon>0 [/mm] ein [mm] N\in\IN [/mm] derart existiert, sodass [mm] |a_n-a|<\epsilon [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ gilt.
Den Grenzwert $a$ muss er nicht mehr erahnen und kann sich sicher sein. Das ist alles.
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:50 Mi 11.12.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo DieAcht,
ich gestehe, dass ich Dich dann wohl auch missverstanden habe, so wie Richie. Allerdings habe ich den Thread auch nur überflogen. Jetzt beim gründlicheren Lesen finde ich, dass Du das vielleicht noch etwas deutlicher hättest betonen können. Aber jetzt ist es ja klar.
Auch wenn man durch l'Hôpital (um mal eine andere der ca. 5 Schreibweisen zu nehmen) das Ergebnis schon kennt, brauchen wir ja noch einen Weg, es auch ohne den alten Marquis zu zeigen.
Herzliche Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:59 Mi 11.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
Hallo reverend,
> Hallo DieAcht,
>
> ich gestehe, dass ich Dich dann wohl auch missverstanden
> habe, so wie Richie. Allerdings habe ich den Thread auch
> nur überflogen. Jetzt beim gründlicheren Lesen finde ich,
> dass Du das vielleicht noch etwas deutlicher hättest
> betonen können. Aber jetzt ist es ja klar.
>
> Auch wenn man durch l'Hôpital (um mal eine andere der ca.
> 5 Schreibweisen zu nehmen) das Ergebnis schon kennt,
> brauchen wir ja noch einen Weg, es auch ohne den alten
> Marquis zu zeigen.
>
> Herzliche Grüße
> reverend
Hätte ich hingeschrieben: Zeige, dass für alle [mm] \epsilon>0 [/mm] ein [mm] N\in\IN [/mm] derart existiert, sodass [mm] |a_n-1|<\epsilon [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] N$ gilt, dann hätte der Fragende mich gefragt, wie ich auf die $1$ komme.
Es geht doch um das "Erahnen" des Grenzwertes. Anders kann man die Definition nicht benutzen. Natürlich könnte man auch andere, nicht effektive Wege, benutzen, aber da er die Regel, so habe ich es interpriert, selbst kennt, habe ich ihm vorgeschlagen, die Regel für sich SELBST auszunutzen.
Hoffe, dass es nun klarer ist
Gruß
DieAcht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:53 Mi 11.12.2013 | | Autor: | hilbert |
Also viel mehr als die Definition von Konvergenz, Satz der monotonen Konvergenz und dem Einschließungssatz hatten wir noch nicht.
Das dort 1 rauskommen soll, ist schon okay, das war ja nicht schwierig.
Ich versuch mich mal an der formalen Definition, wobei ich denke, dass hier ein Trick existiert:
[mm] |a_n-1|=|\bruch{1-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}-1|=|\bruch{a^{\bruch{1}{n}}-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}|
[/mm]
Und hier hörts leider schon wieder auf... 3. Binomische Formel sollte wohl quatsch sein und sonstige Abschätzungen für die nte Wurzel kenne ich leider nicht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:59 Mi 11.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
> Also viel mehr als die Definition von Konvergenz, Satz der
> monotonen Konvergenz und dem Einschließungssatz hatten wir
> noch nicht.
>
> Das dort 1 rauskommen soll, ist schon okay, das war ja
> nicht schwierig.
>
> Ich versuch mich mal an der formalen Definition, wobei ich
> denke, dass hier ein Trick existiert:
>
> [mm]|a_n-1|=|\bruch{1-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}-1|=|\bruch{a^{\bruch{1}{n}}-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}|[/mm]
>
> Und hier hörts leider schon wieder auf... 3. Binomische
> Formel sollte wohl quatsch sein und sonstige Abschätzungen
> für die nte Wurzel kenne ich leider nicht.
Vergiss erstmal die $1$ und benutze den Tipp, den ich dir gegeben habe. Logarithmus anwenden
DieAcht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:17 Do 12.12.2013 | | Autor: | hilbert |
Ich habe doch geschrieben, was ich benutzen darf
Ich habe weder eine Exponentialfunktion noch einen Logarithmus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:53 Do 12.12.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich habe doch geschrieben, was ich benutzen darf
>
> Ich habe weder eine Exponentialfunktion noch einen
> Logarithmus
und wie habt ihr [mm] $a^{1/n}$ [/mm] definiert? Vielleicht kann man ja wenigstens irgendwie
die binomischen Formeln verbraten...
Ich meine:
Setze
[mm] $b_n=a^{1/n}-1$ [/mm] für $a > [mm] 1\,,$
[/mm]
und
[mm] $b_n:=1-a^{1/n}$ [/mm] für $0 [mm] \le [/mm] a < 1.$
(Bei Euch sollte sicher $a [mm] \in [0,\infty) \setminus\{1\}$ [/mm] sein!)
Dann gilt
[mm] $a=(1+b_n)^n$ [/mm] falls $a > [mm] 1\,,$
[/mm]
sowie
[mm] $a_n=b_{n+1}/b_n$ [/mm] (in beiden Fällen!).
Vielleicht kann man damit ja was anfangen (und vielleicht kann man auch
den Fall $0 < a < [mm] 1\,$ [/mm] dann auf $a > [mm] 1\,$ [/mm] zurückführen, und muss nicht separat was
neues rechnen...).
Ist aber nur rein spekulativ!
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:54 Do 12.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
> Ich habe doch geschrieben, was ich benutzen darf
>
> Ich habe weder eine Exponentialfunktion noch einen
> Logarithmus
Leider ist mir das nicht aufgefallen.
Hier stand Quatsch.
DieAcht
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> > Ich habe doch geschrieben, was ich benutzen darf
> >
> > Ich habe weder eine Exponentialfunktion noch einen
> > Logarithmus
>
> Leider ist mir das nicht aufgefallen.
>
> [mm]|a_n-1|=|\bruch{1-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}-1|=|\bruch{a^{\bruch{1}{n}}-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}|<|\bruch{a^{\bruch{1}{n+1}}-a^{\bruch{1}{n+1}}}{1-a^{\bruch{1}{n}}}|=0[/mm]
>
> Problem: Gilt nicht für alle [mm]a[/mm], zum Beispiel
> [mm]a=\frac{1}{2}[/mm]
Hallo,
das Problem scheint mir gravierender zu sein:
die Abschätzung gilt für kein a.
LG Angela
>
> Lösung? Extra Fall für a/in/{0,1/} mit sehr ähnlichem
> Prinzip.
>
> DieAcht
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:43 Do 12.12.2013 | | Autor: | DieAcht |
edit: Okay, ich habe nicht bedacht, dass ihr die Exponential- und Logarithmusfunktion noch nicht hattet, so dass das hier keinen Sinn macht. Ich werde mir das nochmal morgen angucken, aber eigentlich bin ich mir sicher, dass dich bis morgen jemand auf den richtigen Weg führen wird.
Hallo,
leider ist es auf Grund der Argumentation hier zum Stocken gekommen, so dass ich dir nun ein wenig ausführlicher helfen will.
Betrachte zunächst die Folge (allgemein), dann gilt mit den Logarithmusgesetzen:
[mm] a_n=\frac{1-a^{\frac{1}{n+1}}}{1-a^{\frac{1}{n}}}=e^{\ln(a_n)}=e^{\ln(1-a^{\frac{1}{n+1}})-\ln(1-a^{\frac{1}{n}})}
[/mm]
Betrachte nun den Exponenten [mm] \xi:=\ln(1-a^{\frac{1}{n+1}})-\ln(1-a^{\frac{1}{n}}), [/mm] sodass [mm] a_n=e^{\xi} [/mm] gilt.
Mit [mm] -\ln(1-x)=\summe_{n=1}^{\infty}\frac{x^k}{k} [/mm] btw. [mm] \ln(1-x)=-\summe_{n=1}^{\infty}\frac{x^k}{k} [/mm] folgt für [mm] \xi:
[/mm]
[mm] \xi=-a^{\frac{1}{n+1}}-\frac{(a^{\frac{1}{n+1}})^2}{2}-\ldots+a^{\frac{1}{n}}+\frac{(a^{\frac{1}{n}})^2}{2}+\ldots<-a^{\frac{1}{n+1}}-\frac{(a^{\frac{1}{n+1}})^2}{2}-\ldots+a^{\frac{1}{n+1}}+\frac{(a^{\frac{1}{n+1}})^2}{2}+\ldots=0
[/mm]
Kommen wir nun zum Beweis.
Sei [mm] \epsilon>0 [/mm] beliebig vorgegeben. Mit [mm] N\ge1>0 [/mm] folgt für alle [mm] $n\ge [/mm] N$:
[mm] |a_n-1|=|\frac{1-a^{\frac{1}{n+1}}}{1-a^{\frac{1}{n}}}-1|=|e^{\ln(a_n)}-1|=e^{\ln(1-a^{\frac{1}{n+1}})-\ln(1-a^{\frac{1}{n}})}-1|=|e^{-a^{\frac{1}{n+1}}-\frac{(a^{\frac{1}{n+1}})^2}{2}-\ldots+a^{\frac{1}{n}}+\frac{(a^{\frac{1}{n}})^2}{2}+\ldots}-1|<\ldots=|e^0-1|=0<\epsilon
[/mm]
Achtung! Für a/in(0,1) muss man das extra betrachten.
Gute Nacht!
DieAcht
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> [mm]a_n:=\bruch{1-a^\bruch{1}{n+1}}{1-a^\bruch{1}{n}}.[/mm]
Hallo hilbert,
hier mein Tipp: setze [mm] $\mbox{\Large{ u_n\ :=\ \ a^{\frac{1}{n^2+n}}}}$
[/mm]
Dann gilt
$\ [mm] a^\bruch{1}{n}\ [/mm] =\ [mm] u_n^{\ n+1}$ [/mm] und $\ [mm] a^\bruch{1}{n+1}\ [/mm] =\ [mm] u_n^{\ n}$
[/mm]
sowie [mm] $\limes_{n\to\infty}u_n\ [/mm] =\ 1$
Beachte ferner, dass z.B. $\ [mm] 1-u^n\ [/mm] =\ [mm] (1-u)*(1+u+u^2+\,.....\,+u^{n-1})$
[/mm]
LG , Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:34 Di 24.12.2013 | | Autor: | hilbert |
So wurde es vor kurzem vorgerechnet, habe es leider nicht selbst geschafft.
Trotzdem danke für die rege Teilnahme!
Allen noch ein frohes Fest
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> So wurde es vor kurzem vorgerechnet, habe es leider nicht
> selbst geschafft.
Danke für diese Rückmeldung !
> Allen noch ein frohes Fest
Dir auch !
Al-Chw.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:48 Sa 21.12.2013 | | Autor: | fred97 |
Es genügt, den Fall a>1 zu betrachten (warum ?)
Wir setzen [mm] f(x):=a^x.
[/mm]
Zu jedem n [mm] \in \IN [/mm] gibt es nach dem Mittelwertsatz ein [mm] x_n \in [/mm] (0, [mm] \bruch{1}{n}) [/mm] mit
[mm] $f(\bruch{1}{n}) [/mm] -f(0) [mm] =\bruch{1}{n}*\ln(a)*a^{x_n}$
[/mm]
Dann ist
$ [mm] a_n=\bruch{n}{n+1}*\bruch{a^{x_{n+1}}}{a^{x_n}} [/mm] $
Wegen [mm] a^{x_n} \to [/mm] 1 für n [mm] \to \infty, [/mm] folgt
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}a_n=1.
[/mm]
FRED
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> Es genügt, den Fall a>1 zu betrachten (warum ?)
>
> Wir setzen [mm]f(x):=a^x.[/mm]
>
> Zu jedem n [mm]\in \IN[/mm] gibt es nach dem Mittelwertsatz ein [mm]x_n \in[/mm]
> (0, [mm]\bruch{1}{n})[/mm] mit
>
>
> [mm]f(\bruch{1}{n}) -f(0) =\bruch{1}{n}*\ln(a)*a^{x_n}[/mm]
>
> Dann ist
>
> [mm]a_n=\bruch{n}{n+1}*\bruch{a^{x_{n+1}}}{a^{x_n}}[/mm]
>
> Wegen [mm]a^{x_n} \to[/mm] 1 für n [mm]\to \infty,[/mm] folgt
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n=1.[/mm]
>
> FRED
Hallo FRED,
netter Beweis !
Aber wenn ich hilbert oben richtig verstanden
habe, sollte es ja eben ohne Logarithmus gehen ...
Gruß , Al
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:31 Sa 21.12.2013 | | Autor: | fred97 |
> > Es genügt, den Fall a>1 zu betrachten (warum ?)
> >
> > Wir setzen [mm]f(x):=a^x.[/mm]
> >
> > Zu jedem n [mm]\in \IN[/mm] gibt es nach dem Mittelwertsatz ein [mm]x_n \in[/mm]
> > (0, [mm]\bruch{1}{n})[/mm] mit
> >
> >
> > [mm]f(\bruch{1}{n}) -f(0) =\bruch{1}{n}*\ln(a)*a^{x_n}[/mm]
> >
> > Dann ist
> >
> > [mm]a_n=\bruch{n}{n+1}*\bruch{a^{x_{n+1}}}{a^{x_n}}[/mm]
> >
> > Wegen [mm]a^{x_n} \to[/mm] 1 für n [mm]\to \infty,[/mm] folgt
> >
> > [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}a_n=1.[/mm]
> >
> > FRED
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> Hallo FRED,
Hallo Al,
>
> netter Beweis !
Danke !
> Aber wenn ich hilbert oben richtig verstanden
> habe, sollte es ja eben ohne Logarithmus gehen ...
Echt ? Dann haben wir eben einen weiteren Beweis für diejenigen, die den Log. und damit die allgemeine Potenz kennen.
Auch Dir , schöne Feiertage und komme gut ins neue Jahr.
Der fachliche Austausch mir Dir war für mich immer sehr inspirierend.
Gruß Christoph (äh...... FRED)
>
> Gruß , Al
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