Beweis einer Nullfolge

30.11.2011, 20:00

dmidi

Beweis einer Nullfolge

Meine Frage:
Hallo,
Es sei eine monoton fallende Folge $\begin{eqnarray*} (a_{n})_{n\in\mathbb N } \end{eqnarray*}$ reller Zahlen mit folgenden Eigenschaften gegeben:

1. $\begin{eqnarray*} a_{n} \geq 0 \end{eqnarray*}$

2. die $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^\infty a_{n} \end{eqnarray*}$ Reihe konvergiert

Wie zeige ich, dass $\begin{eqnarray*} b_{n}:= n a_{n} \end{eqnarray*}$ eine Nullfoge ist?

Meine Ideen:
Leider absolut keine Idee

30.11.2011, 20:53

Mazze

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Zeige , dass die Folge

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k*a_k \end{eqnarray*}$

gegen 0 konvergiert. Mit der Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k*a_k \geq \frac{1}{n}a_n\sum_{k=1}^n k \end{eqnarray*}$

hast Du die Sache dann schon fast erledigt. Warum kannst Du so abschätzen ?

edit : So , jetzt stimmts.

30.11.2011, 21:02

dmidi

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hm tut mir leid kannst du es vielleicht nochmal etwas ausführlicher darlegen, ich verstehs nicht so recht...

30.11.2011, 21:06

Mazze

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Naja, es ist

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k*a_k \geq \frac{1}{n}a_n\sum_{k=1}^n k = na_n \frac{n+1}{2n} \end{eqnarray*}$

Wenn Du jetzt zeigen kannst, dass

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k*a_k \to 0 \end{eqnarray*}$

gilt, dann gilt also wegen obiger ungleich auch

$\begin{eqnarray*} na_n \frac{n+1}{2n} \to 0 \end{eqnarray*}$

Jetzt ist aber $\begin{eqnarray*} \frac{n+1}{2n} \to \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ also muss ?

30.11.2011, 23:03

Ungewiss

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Hey unter der Gefahr mich unerwünscht einzumischen, ich habe mich auch ein bisschen damit beschäftigt und einen alternativen Weg gefunden, und kann nicht widerstehen ihn zu posten:

Man findet ein N, so dass $\begin{eqnarray*} \sum_{k=N}^na_k < \epsilon\ \forall n\geq N \end{eqnarray*}$ und man findet ein M, so dass $\begin{eqnarray*} a_k< \frac{\epsilon}{N} \ \forall k\geq M \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} 0\leq na_n \leq 2\epsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \geq \max\{M, N\} \end{eqnarray*}$

01.12.2011, 15:45

dmidi

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@Mazze
also muss $\begin{eqnarray*} na_{n} \end{eqnarray*}$ gegen Null konvergieren, soweit habe ich verstanden
Jetzt bleibt nur noch die Frage wie ich ich beweise, dass die erste Folge, die du erwähnt hast eine Nullfolge ist. Kannst du mir einen Tipp geben, wie ich das formell hinschreiben kann, weil rein logisch ist es ja klar...

@Ungewiss
Wie finde ich heraus, welches N & M das ist? Warum folgt aus der Abschätzung, dass es eine Nullfolge ist?

01.12.2011, 16:14

Gastmathematiker

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Zitat:

Original von Ungewiss
Man findet ein N, so dass $\begin{eqnarray*} \sum_{k=N}^na_k < \epsilon\ \forall n\geq N \end{eqnarray*}$ und man findet ein M, so dass $\begin{eqnarray*} a_k< \frac{\epsilon}{N} \ \forall k\geq M \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} 0\leq na_n \leq 2\epsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \geq \max\{M, N\} \end{eqnarray*}$

Könntest du das mal etwas ausführlicher begründen, so allgemein ist das was du schreibst falsch.

01.12.2011, 18:10

Ungewiss

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Warum sollte das falsch sein? Wenn schon Kritik, dann bitte nachvollziehbare, mit der ich was anfangen kann.

Das erste gilt, weil die Reihe konvergiert und positive Summanden hat, nach dem Cauchykriterium, das zweite gilt, weil (an) eine Nullfolge ist, die dritte Sache gilt, weil die Folge monoton fallend ist, und man
nan = (n-N)an + Nan
schreiben kann, den ersten Teil schätzt man dann noch ab.

01.12.2011, 19:29

Gastmathematiker

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Die Monotonie hast du in deinem Post zuerst mit keinem Wort erwähnt, du hast nur hingeschrieben, was aus der Konvergenz der Reihe folgt und was aus der Eigenschaft Nullfolge folgt. Und das alleine reicht nicht, da die ganze Behauptung ohne die Eigenschaft der Monotonie falsch wäre. Daher sollte man auch explizit dazusagen, wo man diese Eigenschaft einsetzt und nicht so in der Art: Die Zwischenschritte überlasse ich dem interressierten Leser.

01.12.2011, 19:32

Ungewiss

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Ein paar Lücken sollten ja noch für den Threadersteller, den ich mal als interesierten Leser voraussetze, zu füllen bleiben. Freut mich, dass ich anscheinend doch keinen Fehler in meiner Argumentation hatte.

02.12.2011, 09:48

Mazze

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Zitat:

weil rein logisch ist es ja klar...

Dann solltest Du es eigentlich hinschreiben können, denn Mathematik ist Logik in Reinform Augenzwinkern

.

Was den Beweis angeht : schau Dir mal für

$\begin{eqnarray*} S = \sum_{k=1}^\infty a_k \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} S_n = \sum_{k=1}^n a_k \end{eqnarray*}$

den Grenzwert

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} S - S_n \end{eqnarray*}$

an und nutze dann die arithmetischen Mittel der Folgenglied. Dann musst Du nur etwas umsortieren und Du hast es.

04.12.2011, 15:17

dmidi

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hm irgendwie komme ich nicht mit
wenn ich den Grenzwert betrachte ist S gleich $\begin{eqnarray*} S_{n} \end{eqnarray*}$ , das bedeuted, er ist Null
wie kann ich daraus aber jetzt schließen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^\infty k a_{k} \end{eqnarray*}$ gegen Null konvergiert

06.12.2011, 11:38

Mazze

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Zitat:

wenn ich den Grenzwert betrachte ist S gleich $\begin{eqnarray*} S_{n} \end{eqnarray*}$ , das bedeuted, er ist Null

Ja, das bedeutet , dass die Folge der arithmetischen Mittel auch gegen 0 geht. Schreib das doch mal auf.

02.06.2012, 23:56

Hildegunst

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Zitat:

Original von Ungewiss
...
nan = (n-N)an + Nan
schreiben kann, den ersten Teil schätzt man dann noch ab.

Wie denn? Warum soll $\begin{eqnarray*} (n-N) a_{n} < \epsilon \end{eqnarray*}$ sein? Wäre schon, wenn du (oder jemand anders) das nochmal genauer erläutern könnte ...

03.06.2012, 01:21

juffo-wup

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Da ist glaube ich ein (allerdings bedeutungsloser) Fehler. Es wird die Monotonie der Folge $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ verwendet, wie oben diskutiert:
$\begin{eqnarray*} (n-N)a_n\leq \sum_{k=N-1}^n a_k <\varepsilon \end{eqnarray*}$
wenn man oben N-1 statt N nimmt. Jeder Summand ist kleiner gleich $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ und die Anzahl der Summanden ist n-N.
edit: Ich finde den Beweis von Ungewiss übrigens ansprechender.

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