konvergente Reihe

09.04.2009, 14:18

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

konvergente Reihe

Hallo nochmal Wink

Wink

Die Aufgabenstellung lautet:
$\begin{eqnarray*} <br /> \text{Man beweise: }<br /> \text{ Falls } \sum_{n=0}^\infty~a_n \text{ konvergiert, so folgt } \lim_{n \to \infty} (na_n) = 0 <br /> \end{eqnarray*}$

Ich weiss ja schon, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a_n = 0 \end{eqnarray*}$ , weil die Reihe als konvergent vorausgesetzt ist. Daraus folgt noch, dass die Folge beschraenkt ist, was aber fuer $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nicht gilt (die ist ja unbeschraenkt).
Hmm, wenns nicht eine Regel gibt, was mir sagt, dass $\begin{eqnarray*} \infty \cdot 0 = 0 \end{eqnarray*}$ , dann bin ich bei der Aufgabe planlos unglücklich

unglücklich

Wie macht man das bei solchen Aufgaben? Vielleicht Widerspruchsbeweis?
Vielen Dank!

09.04.2009, 15:14

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Gar nicht, die Aufgabenstellung ist nämlich falsch (oder du hast eine wesentliche Voraussetzung weggelassen!). Die Reihe

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \end{eqnarray*}$

konvergiert, die Folge $\begin{eqnarray*} \left(n\cdot\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right)=\left((-1)^n\cdot\sqrt{n}\right) \end{eqnarray*}$ jedoch divergiert (betragsmäßig bestimmt gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ), ist also ganz sicher keine Nullfolge.

09.04.2009, 15:29

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Peinlich...
Du hast Recht - ich habe einen Satz uebersehen.
Die Voraussetzung ist, dass $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ eine Folge nichtnegativer reeller Zahlen ist und monoton faellt. Und ich hab schon eine Idee!
Danke smile

smile

09.04.2009, 16:53

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Irgendwie klappt es nicht verwirrt

verwirrt

Zu $\begin{eqnarray*} \epsilon = 1 \end{eqnarray*}$ existiert sicherlich ein $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \mid a_n \mid \ < \ \epsilon \ \forall \ n \geq N \end{eqnarray*}$ gilt.
Und hier kommt das Argument : Fuer Zahlen, die kleiner 1 sind, wird die Multiplikation in $\begin{eqnarray*} na_n \end{eqnarray*}$ quasi zur Division - deshalb konvergiert auch die gesamte Folge gegen 0, glaube ich zumindest. Aber wie beweise ich das jetzt?

09.04.2009, 19:09

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Dein Argument verstehe ich nicht und es kann auch nicht stimmen, denn bis jetzt hast du an keiner Stelle die Konvergenz der Reihe benutzt. Nach ebendieser existiert nämlich zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{\infty}~a_k<\frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ .

für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ . Guck dir doch jetzt einmal die Summen $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{2n}~a_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{2n+1}~a_k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ an und versuche si in Beziehung zur fraglichen Folge zu bringen.

10.04.2009, 01:36

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich versuche seit Stunden deinen Hinweis zu entschluesseln traurig

traurig

Warum betrachte ich genau diese zwei Reihen? Das muss doch mit $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ in Bezug stehen, oder? Aber wie?
Der Unterschied zwischen beiden ist nur ein Summand - $\begin{eqnarray*} a_{2n+1} \end{eqnarray*}$
Wuerdest du mir noch ein bisschen helfen?

Anzeige

10.04.2009, 08:36

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgrund der vorausgesetzten Monotonie kannst du beide Summen nach unten abschätzen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{2n} ~ a_k \geq na_{2n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{2n+1} ~ a_k \geq (n+1)a_{2n+1} \geq \left(n+\frac{1}{2}\right)a_{2n+1} \end{eqnarray*}$ .

Die letzte Abschätzung rechts sollte nun aber ein deutlicher Wink mit dem Zaunpfahl sein. Augenzwinkern

Augenzwinkern

10.04.2009, 18:45

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Aus $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{\infty}~a_k<\frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ folgt jetzt, wegen $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{\infty}~a_k \geq \sum_{k=n+1}^{2n}~a_k \end{eqnarray*}$ , dass auch $\begin{eqnarray*} na_{2n} < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ ist.
Dasselbe gilt fuer die Reihe bis $\begin{eqnarray*} 2n+1 \end{eqnarray*}$ , also insbesondere ist auch $\begin{eqnarray*} na_{2n+1} < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$
Reicht das?
Ist die Aufgabe schwieriger als sie aussieht, oder bin ich tatsaechlich so daemlich?

10.04.2009, 20:11

Romaxx

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von ge88
Aus $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{\infty}~a_k<\frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ folgt jetzt, wegen $\begin{eqnarray*} \sum_{k=n+1}^{\infty}~a_k \geq \sum_{k=n+1}^{2n}~a_k \end{eqnarray*}$ , dass auch $\begin{eqnarray*} na_{2n} < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ ist.
Dasselbe gilt fuer die Reihe bis $\begin{eqnarray*} 2n+1 \end{eqnarray*}$ , also insbesondere ist auch $\begin{eqnarray*} na_{2n+1} < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$
Reicht das?
Ist die Aufgabe schwieriger als sie aussieht, oder bin ich tatsaechlich so daemlich?

Stellt $\begin{eqnarray*} na_{2n} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} (n+\frac{1}{2})a_{2n+1} \end{eqnarray*}$ denn die Folge dar, deren Konvergenz du gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ zeigen sollst?

Du musst hier noch etwas weiter ausholen.

Schau die den Faktor $\begin{eqnarray*} (n+\frac{1}{2}) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ im Bezug zum Index von $\begin{eqnarray*} a_{2n+1} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} a_{2n} \end{eqnarray*}$ genau an.
Überlege zudem welche Folgenglieder wir für jede der oben genannten Folgen betrachten.

Gruß

10.04.2009, 20:40

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Was spricht eigentlich gegen

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}na_n = \lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n a_n \stackrel{a_k \text{streng monoton fallende, nichtnegative Folge}}\leq \sum_{k=1}^n a_k \end{eqnarray*}$

?

Liege ich da falsch und denke nicht weit genug?

10.04.2009, 21:22

AD

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Duedi
Liege ich da falsch und denke nicht weit genug?

Falsch nicht, aber eben nicht weit genug: Damit beweist du ja nur, dass die Folge $\begin{eqnarray*} (na_n) \end{eqnarray*}$ beschränkt ist. Da fehlt noch einiges bis zur Nullfolge...

10.04.2009, 21:23

Duedi

Auf diesen Beitrag antworten »

Nullfolge... richtig Forum Kloppe

Forum Kloppe

11.04.2009, 17:08

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Aus $\begin{eqnarray*} na_{2n} < \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} (2n)a_{2n} < 2 \cdot \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Und aus $\begin{eqnarray*} (n + \frac{1}{2})a_{2n+1} < \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} (2n+1)a_{2n+1} < 2 \cdot \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Das sind Nullfolgen. Also gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} (na_n) = 0 \end{eqnarray*}$
Richtig?

13.04.2009, 16:15

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja.

13.04.2009, 16:49

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Yesss!

Rock

Vielen Dank an alle! Blumen

Blumen

14.04.2009, 15:36

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von ge88
Aus $\begin{eqnarray*} na_{2n} < \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} (2n)a_{2n} < 2 \cdot \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Und aus $\begin{eqnarray*} (n + \frac{1}{2})a_{2n+1} < \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ folgt, dass $\begin{eqnarray*} (2n+1)a_{2n+1} < 2 \cdot \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Das sind Nullfolgen. Also gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} (na_n) = 0 \end{eqnarray*}$

Etwas sehr kurz. Das würde ich als Korrektor so nicht gelten lassen. Du musst z.B. noch angeben, für welche n die Abschätzungen gelten. Und dann fehlt mir die exakte Begründung dafür, dass (a_n) selbst gegen Null konvergiert.

14.04.2009, 15:45

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Das gilt fuer alle $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \geq n_0 \end{eqnarray*}$
... uuund $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ist natuerlich eine Nullfolge, weil die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty~a_n \end{eqnarray*}$ konvergent ist.
Jetzt richtig?

14.04.2009, 16:16

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, meinte na_n anstatt a_n...

14.04.2009, 16:30

ge88

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe die geraden und ungeraden $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ betrachtet und das ist schliesslich meine gesamte Folge.
Aber du hast Recht, es klingt nicht sehr exakt. Wie wuerdest du es schreiben?
Danke! smile

smile

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »