Konvergenz

11.01.2011, 16:49

Aufmschlauchsteher

Auf diesen Beitrag antworten »

Konvergenz

Hi, hab eine kleine Aufgabe, bei der ich nicht weiß wie ich sie angehen soll:

Für $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} a_n := \sum\limits_{v=1}^n \frac{1}{v}-log\ n \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie die Konvergenz der Folge $\begin{eqnarray*} (a_n)_{1}^{\infty} \end{eqnarray*}$ . Der Grenzwert C = 0,57721... heißt Euler-Mascheroni-Konstante.

(Hinweis: Beachten Sie $\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{v})^v < e < (1+\frac{1}{v})^{v+1} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{v+1} < log \frac{v+1}{v} < \frac{1}{v}, v \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ )

Wäre nett wenn mir jmd beim Ansatz helfen könnte.
lg

11.01.2011, 17:38

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Wir wollen zeigen, dass die Folge monoton und beschränkt ist.

Für die Monotonie berechne doch einfach mal $\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_n \end{eqnarray*}$ . Wenn du das richtig machst, wird dir auffallen, wie du den Hinweis nutzen kannst.

Für die Beschränktheit nimmst du auch den Hinweis und summierst die Ungleichung mal von v=1 bis n-1

13.01.2011, 22:11

gast_mathe

Auf diesen Beitrag antworten »

Und wie sähe ein Hinweis aus, diese Ungleichung aus dem Hinweis zu zeigen? Ich habe versucht, diesen Hinweis nachzuvollziehen, komme aber einfach nicht mal auf einen Ansatz..

14.01.2011, 11:20

Manni Feinbein

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{v})^v \text{ und } (1+\frac{1}{v})^{v+1} \end{eqnarray*}$ konvergieren ja gegen $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ .

Zeige nun dass

$\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{v})^v \end{eqnarray*}$

monoton wächst und

$\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{v})^{v+1} \end{eqnarray*}$

monoton fällt.

Damit ist die Ungleichung dann klar.

14.01.2011, 15:40

Wraith720

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo!

Ich hänge dort auch. Dass
$\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{v})^v < e < (1+\frac{1}{v})^{v+1} \end{eqnarray*}$
gilt, konnte ich beweisen. Aber wie komme ich mit dieser Aussage zu der Folgenden?
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{v+1} < log \frac{v+1}{v} < \frac{1}{v} \end{eqnarray*}$

Kann mir jemand einen Ansatz geben?
SG

14.01.2011, 15:46

Manni Feinbein

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} \ln\left( \left( 1+\frac 1n \right)^n \right) =n \ln \left( \frac{n+1}n \right) \end{eqnarray*}$

Anzeige

14.01.2011, 17:26

Wraith720

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, ich komm einfach nciht weiter... Ich bin auch langsam echt frustriert...
Das verstehe ich auch nicht:
$\begin{eqnarray*} \ln\left( \left( 1+\frac 1n \right)^n \right) =n \ln \left( \frac{n+1}n \right) \end{eqnarray*}$

Darauf komme ich:
$\begin{eqnarray*} \ln\left( \left( 1+\frac 1n \right)^n \right) =\ln \left( \frac{(n+1)^n}{n^n} \right) \end{eqnarray*}$
Aber das das gleich $\begin{eqnarray*} n \ln \left( \frac{n+1}n \right) \end{eqnarray*}$ ist will mir nicht in den Kopf...

Und wie mir das dann weiterhelfen soll ist mir auch unklar...
SG

14.01.2011, 21:45

EinGast

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Wraith720
Das verstehe ich auch nicht:
$\begin{eqnarray*} \ln\left( \left( 1+\frac 1n \right)^n \right) =n \ln \left( \frac{n+1}n \right) \end{eqnarray*}$

Logarithmus-Regel anwenden: es gilt ja allgemein $\begin{eqnarray*} \ln(a^b)=b\cdot\ln a \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$

Zitat:

Und wie mir das dann weiterhelfen soll ist mir auch unklar...

wie oben im Post von tmo beschrieben:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_n =\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}-\ln(n+1)-\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n\right) =\frac{1}{n+1}-\Bigl(\ln(n+1)-\ln n\Bigr)\ \end{eqnarray*}$

und nun kannst du eine weitere Log-Regel anwenden, und dann den Hinweis .

14.01.2011, 22:01

Leckermäulchen

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Konvergenz
@Wraith720
Wie hast du den Hinweis bewiesen? Hab leider keine Idee dazu...

14.01.2011, 23:40

Manni Feinbein

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Konvergenz

Zitat:

Original von Leckermäulchen
@Wraith720
Wie hast du den Hinweis bewiesen? Hab leider keine Idee dazu...

Sei

$\begin{eqnarray*} a_n:=\left(1+\frac 1n\right)^n \text{ und } b_n:=\left(1+\frac 1n\right)^{n+1}. \end{eqnarray*}$

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{b_{n-1}}=\left(1-\frac 1{n^2}\right)^n\geq 1-\frac 1n. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow a_n\geq \left( 1-\frac 1n\right)b_{n-1}=\left(1+\frac 1{n-1}\right)^{n-1}=a_{n-1} \end{eqnarray*}$

Und damit ist $\begin{eqnarray*} \left(a_n\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ monoton steigend.

Weiter gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{b_{n-1}}{a_n}=\left(1+\frac 1{n^2-1}\right)^n\geq 1+\frac 1n. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow b_{n-1}\geq \left( 1+\frac 1n\right)a_n=b_n \end{eqnarray*}$

Und damit ist $\begin{eqnarray*} \left(b_n\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ monoton fallend.

Wegen

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=e \end{eqnarray*}$

ist der Hinweis dann bewiesen.

15.01.2011, 10:22

Loukizz

Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo:

Hi, ich hab die Monotonie schon bewiesen und bzgl. der Beschränktheit sehe ich grade deinen Hinweis mit der Summe über v=1 bis n-1 , verstehe aber nicht was du damit meinst bzw. wo das hinführt. Kannst du das mal im Sinn erläutern ? Bitte ohne konkretes Vormachen ;-)

15.01.2011, 10:42

Loukizz

Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo:

ziehe alles zurück - habs raus ;-)

15.01.2011, 12:13

Leckermäulchen

Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich hab folgendes gemacht:
$\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_{n} = \frac{1}{n+1}-log(\frac{n+1}{n}) \end{eqnarray*}$
Dann benutze ich den Hinweis:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1} <\frac{1}{n+1}-log(\frac{n+1}{n})<\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$
Durch Ausrechnen kommt das raus:
$\begin{eqnarray*} 0<\frac{1}{n+1}-log(\frac{n+1}{n})<\frac{-1}{n(n+1)} \end{eqnarray*}$
Aber ich glaube nicht dass ich dadurch bewiesen habe, dass $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ beschränkt ist....Das bringt mir wohl nichts oder?

15.01.2011, 12:33

EinGast

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leckermäulchen
Also ich hab folgendes gemacht:
$\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_{n} = \frac{1}{n+1}-log(\frac{n+1}{n}) \end{eqnarray*}$

nach dem Hinweis ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n+1}<\log \Bigl(\frac{n+1}{n}\Bigr) \end{eqnarray*}$ , also folgt $\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_n<0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ .

Somit ist die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ monoton fallend. Um zu zeigen, dass sie nach unten beschränkt ist, kannst du die andere Ungleichung $\begin{eqnarray*} \frac{1}{v}>\log(\frac{v+1}{v}) \end{eqnarray*}$ im Hinweis benutzen.

15.01.2011, 13:37

Wraith720

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke für die Hinweise. Dank euch hab ich die Monotonie nun verstanden.
Jetzt zur Beschränktheit. Wo fange ich denn dort am besten an? Ich will ja vermutlich darauf hinaus, dass $\begin{eqnarray*} (a_n)>0 \end{eqnarray*}$ ist. Allerdings sehe ich noch nicht wie...

15.01.2011, 15:25

Wraith720

Auf diesen Beitrag antworten »

Hi Leute!
Ist das hier korrekt?
$\begin{eqnarray*} a_n=\sum\limits_{v=1}^n \frac{1}{v}-log(n)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-log(n) \end{eqnarray*}$
Da folgendes gilt:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{v}>\log(\frac{v+1}{v}) \end{eqnarray*}$
Kann man schreiben:
$\begin{eqnarray*} a_n=\sum\limits_{v=1}^n \frac{1}{v}-log(n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-log(n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq 1+(log(3)-log(2))+(log(4)-log(3))+...+(log(n)-log(n-1))+(log(n+1)-log(n))-log(n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1-log(2)+(log(n+1)-log(n)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =1-log(2)+log(\frac{n+1}{n}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq1-log(2)+\frac{1}{n+1} \end{eqnarray*}$ (Wegen Hinweis)

$\begin{eqnarray*} > 0 \end{eqnarray*}$ (da $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n+1} \end{eqnarray*}$ gegen 0 geht für n gegen unendl.)

Daraus folgt $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist nach unten beschänkt.

15.01.2011, 18:10

Wraith720

Auf diesen Beitrag antworten »

Mist,... beide $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ müssen natürlich $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ sein... Sorry

15.01.2011, 20:06

EinGast

Auf diesen Beitrag antworten »

ja, dein Beweis ist richtig! Freude

Freude

Eine kleine Anmerkung zum letzten Schritt: Aus $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n+1}>0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ folgt
$\begin{eqnarray*} 1-\log 2+\frac{1}{n+1}>1-\log 2 \end{eqnarray*}$
(was $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ ist, aber das spielt eigentlich keine Rolle - du hast bereits eine untere Schranke gefunden)

Etwas kompakter könnte man die Beschränktheit so zeigen:
$\begin{eqnarray*} a_n=\sum_{v=1}^n\frac{1}{v}-\log n>\sum_{v=1}^n\log\Bigl(\frac{v+1}{v}\Bigr)-\log n \end{eqnarray*}$ (nach dem Hinweis)
$\begin{eqnarray*} =\log\Bigl(\prod_{v=1}^n\frac{v+1}{v}\Bigr) -\log n=\log(n+1)-\log n >0 \end{eqnarray*}$ (wegen Monotonie des log)

16.01.2011, 18:37

Leckermäulchen

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von EinGast

$\begin{eqnarray*} =\log\Bigl(\prod_{v=1}^n\frac{v+1}{v}\Bigr) -\log n=\log(n+1)-\log n >0 \end{eqnarray*}$ (wegen Monotonie des log)

Eine Frage zum Verstandnis: Wieso hat man jetzt da log von einem Produkt stehen?

17.01.2011, 10:23

Manni Feinbein

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leckermäulchen

Zitat:

Original von EinGast

$\begin{eqnarray*} =\log\Bigl(\prod_{v=1}^n\frac{v+1}{v}\Bigr) -\log n=\log(n+1)-\log n >0 \end{eqnarray*}$ (wegen Monotonie des log)

Eine Frage zum Verstandnis: Wieso hat man jetzt da log von einem Produkt stehen?

Teleskopprodukt!

$\begin{eqnarray*} \prod_{k=1}^n\frac{k+1}k=\frac{(n+1)!}{n!}=n+1 \end{eqnarray*}$

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »