Konvergenzbeweis

05.11.2008, 10:25

Felix

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Konvergenzbeweis

Wenn Eine Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ gegen Null strebt, so ist die Folge $\begin{eqnarray*} \alpha_n:=a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + ....+(-1)^{n-1}a_n \end{eqnarray*}$ konvergent.

Folgendermaßen hab ich versucht zu agumentieren :

Da $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ konvergent ist ist sie auch eine Cauchyfolge $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n>n_0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} a_n - a_{n+1} < \epsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ für gerade n strebt $\begin{eqnarray*} \alpha_n \end{eqnarray*}$ gegen 0
da die Teilfolge der ungeraden $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ aber auch konvergent ist, ist $\begin{eqnarray*} \alpha_n \end{eqnarray*}$ auch für ungerade n konvergent.

Was ist noch nicht ganz richtig .... hab sowas noch nicht gemacht deswegen wäre ich über jede Kritik dankbar ...

lg

05.11.2008, 10:28

Dual Space

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RE: Konvergenzbeweis
Kennst du schon Kriterien zur Reihenkonvergenz, wie. z.B. das Leibnitz-Kriterium?

Ist $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ monoton?

05.11.2008, 10:31

Felix

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Ja $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ist monoton (fallend) .

Nein Konvergenzkriterien für Reihen kenne ich noch nicht ...

05.11.2008, 10:32

Felix

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RE: Konvergenzbeweis

Zitat:

Original von Felix

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ für gerade n strebt $\begin{eqnarray*} \alpha_n \end{eqnarray*}$ gegen 0

lg

Upps das stimmt nicht .... unglücklich

unglücklich

05.11.2008, 10:33

Dual Space

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Zeige, dass die Teilfolge $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k-1}) \end{eqnarray*}$ monoton fällt und nach unten beschränkt ist. Zeige dann, dass die Teilfolge $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k}) \end{eqnarray*}$ monoton wächst und nach oben beschränkt ist.

Edit: Ich bin mir grad nicht sicher, welche der beiden Teilfolgen wächst bzw. fällt. Bitte überprüfe das gegebenfalls.

05.11.2008, 12:51

Felix

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a) $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k}) \end{eqnarray*}$ wächst monoton und ist konvergent, denn $\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n = a_{n+1}-a_{n+2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n = a_{n+1}-a_{n+2} \end{eqnarray*}$ ist aber ab einem gewissen Index $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ kleiner Epsilon -> $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k}) \end{eqnarray*}$
ist eine Cauchyfolge und somit konvergent.

b) $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k-1}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n = a_{n+2}-a_{n+1} \end{eqnarray*}$ Die Folge fällt also ist aber nach dem Cauchyprinzip wie a) konvergent.

Aber ich muss doch noch irgendwie zeigen, dass sie den selben Grenzwert haben ...

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05.11.2008, 13:09

AD

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Zitat:

Original von Felix
Aber ich muss doch noch irgendwie zeigen, dass sie den selben Grenzwert haben ...

Den haben sie auch nicht, wenn du nur nutzt, dass $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ monoton fallend ist. Du musst auch noch einfließen lassen, dass $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist - erst dies ermöglicht den Nachweis der Gleichheit beider Grenzwerte.

05.11.2008, 13:11

Dual Space

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Zitat:

Original von Felix
Aber ich muss doch noch irgendwie zeigen, dass sie den selben Grenzwert haben ...

Da $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist, gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}\alpha_{2k+1}=\lim_{k\to\infty}(\alpha_{2k}-a_{2k+1})=\lim_{k\to\infty}\alpha_{2k} \end{eqnarray*}$

Edit: ... zu langsam ... Schläfer

Schläfer

05.11.2008, 13:18

klarsoweit

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Zitat:

Original von Felix
a) $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k}) \end{eqnarray*}$ wächst monoton und ist konvergent, denn $\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n = a_{n+1}-a_{n+2} \end{eqnarray*}$

Das ist für mich formal noch relativ schwach. Nach meiner Meinung müßte es heißen:

Die Folge der Partialsummen $\begin{eqnarray*} s_k := \alpha_{2k} \end{eqnarray*}$ wächst monoton, da $\begin{eqnarray*} s_{k+1} - s_k = \alpha_{2k+2} - \alpha_{2k} = a_{2k+1} - a_{2k+2} \geq 0 \end{eqnarray*}$ ist. Aber daraus folgt noch keine Konvergenz.

Analog der Teil b.

05.11.2008, 13:31

Felix

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@ Klarsoweit
Naja ich hab ein bischen abgekürzt, weil ich es oben sowieso schon einmal geschrieben hab ---> Da $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ konvergent ist ist sie auch eine Cauchyfolge $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n>n_0 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} a_n - a_{n+1} < \epsilon \end{eqnarray*}$

Daraus folgt nun wieder : $\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n = a_{n+1}-a_{n+2} \end{eqnarray*}$ ist aber ab einem gewissen Index $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ kleiner Epsilon -> $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k}) \end{eqnarray*}$
ist eine Cauchyfolge und somit konvergent.

Danke an alle für die Hilfe Freude

Freude

05.11.2008, 13:39

klarsoweit

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Zitat:

Original von Felix
Daraus folgt nun wieder : $\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n = a_{n+1}-a_{n+2} \end{eqnarray*}$ ist aber ab einem gewissen Index $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ kleiner Epsilon -> $\begin{eqnarray*} (\alpha_{2k}) \end{eqnarray*}$

Moment mal. Damit hast du nur, daß $\begin{eqnarray*} \alpha_{n+2} - \alpha_n \end{eqnarray*}$ konvergiert. Daraus folgt aber nicht die Konvergenz von $\begin{eqnarray*} \alpha_n \end{eqnarray*}$ .

Mit deiner Argumentation müßte ja auch $\begin{eqnarray*} \beta_n := \sum_{k=1}^n~\frac 1 k \end{eqnarray*}$ konvergieren.

05.11.2008, 15:21

Felix

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Aja natürlich damit eine Folge eine Cauchyfolge ist, reicht es ja nicht, dass 2 benachbarte Glieder beliebig nahe sind der ABstand aller glieder n>n0 muss kleiner epsilon sein .... unglücklich

unglücklich

Also ein bisschen anders .... Big Laugh

Big Laugh

$\begin{eqnarray*} \alpha_{n+k} - \alpha_n = (-1)^{n}[a_{n+1}-a_{n+2}+...+(-1)^{k-1}a_{n+k}] \end{eqnarray*}$

Wenn ich ein wenig umforme : $\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+1} - \alpha_n \mid = a_{n+1} -(a_{n+2}-a_{n+3})-...- \leq a_{n+1} \end{eqnarray*}$ .

Da $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ gegen 0 konvergiert habe ich also immer ein n0 bei dem für alle m,n>n0 gilt, dass $\begin{eqnarray*} \mid\alpha_{m} - \alpha_n\mid<epsilon \end{eqnarray*}$ .
Damit haben wir eine Cauchyfolge, die konvergent ist ...

Nichmals danke für die Hilfe ... Ich hoffe es stimmt diesmal ...

lg

05.11.2008, 15:31

klarsoweit

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Also deine Argumentation ist mir da nicht eingängig. Ich würde das so machen:

Wir definieren $\begin{eqnarray*} S_k := \alpha_{2k-1} \end{eqnarray*}$ und zeigen (<-- das darfst natürlich du machen smile

smile

), daß S_k monoton fällt und daß $\begin{eqnarray*} S_k \geq s_k \end{eqnarray*}$ ist. Dann ist S_k nach unten beschränkt und s_k nach oben beschränkt, woraus jeweils die Konvergenz folgt.

05.11.2008, 16:53

Felix

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Ich habe bewiesen, dass es zu jedem epsilon ein n0 gibt für das die Differenz zwischen zwei glieder mit den indizes m,n > n0 kleiner epsilon ist. Wenn das der Fall ist liegt eine Cauchyfolge vor die immer konvergent sein muss ...

Aja aber ich seh gerade, dass ich nach dem umformen $\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+1} - \alpha_n \mid \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+k} - \alpha_n \mid \end{eqnarray*}$ geschrieben hat, vielleicht hat dich das verwirrt ...

lg

05.11.2008, 20:13

Dual Space

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Meine Güte Felix ... was hast du denn an dem Cauchyfolgen-Argument gefressen? Das ist doch hier vollkommen unnötig. Konzentriere dich lieber auf das Wesentliche (siehe klarsoweits Posts).

06.11.2008, 09:05

klarsoweit

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Zitat:

Original von Felix
Wenn ich ein wenig umforme : $\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+1} - \alpha_n \mid = a_{n+1} -(a_{n+2}-a_{n+3})-...- \leq a_{n+1} \end{eqnarray*}$ .

Selbst wenn ich den kleinen Schreibfehler korrigiere und schreibe:

$\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+k} - \alpha_n \mid = a_{n+1} -(a_{n+2}-a_{n+3})-...- ? \end{eqnarray*}$

so bleiben an der Stelle, wo ich das Fragezeichen geschrieben habe, Fragen offen. Eigentlich müßte man schreiben:

$\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+k} - \alpha_n \mid = \mid a_{n+1} - (a_{n+2} - a_{n+3}) -... - (a_{n+k-1} - a_{n+k}) \mid \end{eqnarray*}$ wenn k ungerade ist

oder

$\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+k} - \alpha_n \mid = \mid a_{n+1} - (a_{n+2} - a_{n+3}) -... - (a_{n+k-2} - a_{n+k-1}) - a_{n+k}\mid \end{eqnarray*}$ wenn k gerade ist.

Und warum sollte man jetzt die Betragsstriche weglassen können und obendrein sagen können, daß das dann kleiner gleich $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ ist?

06.11.2008, 14:29

Felix

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Also ohne alle Fehler sollte was ich meine so aussehen : Big Laugh

Big Laugh

$\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+k} - \alpha_n \mid = a_{n+1} -(a_{n+2}-a_{n+3})-... \end{eqnarray*}$

Das ist kleiner $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ weil $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ja konvergent ist, und daher die "Klammern" die abgezogen werden immer negativ sind. Wenn k ungerade ist, dann haben wir eben $\begin{eqnarray*} \frac{k-1}{2} \end{eqnarray*}$ "Klammern". Wenn k gerade ist, dann haben wir $\begin{eqnarray*} \frac{k-2}{2} \end{eqnarray*}$ "Klammern und eben noch $\begin{eqnarray*} -a_{n+k} \end{eqnarray*}$ .

Die Betragstriche muss ich ja nicht weglassen es reicht ja das der Abstand < epsilon ist.

lg

06.11.2008, 14:36

klarsoweit

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Also die Klammern, die abgezogen werden, sind immer positiv. Aber warum der Ausdruck mit Betragsstrichen dann kleiner als epsilon werden soll, ist für mich nicht erkennbar. Aber vielleicht findet sich ja noch jemand, der das versteht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.11.2008, 14:43

Felix

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Tut mir Leid sie sind natürlich positiv Ups

Ups

.

Der Ausdruck mit den Betragsstrichen wird deshalb kleiner epsilon weil zum einen $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ beliebig klein wird, und zum anderen $\begin{eqnarray*} \mid \alpha_{n+k} - \alpha_n \mid \leq a_{n+1}. \end{eqnarray*}$ .

06.11.2008, 15:11

klarsoweit

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Also für mich ist die Gültigkeit der Ungleichung nicht erkennbar. Du kannst ja nicht mal sagen, ob $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ positiv ist.

Letzten Endes mußt du da Fallunterscheidungen machen, wie ich sie implizit durch Betrachtung der Teilfolgen s_k und S_k gemacht habe.

06.11.2008, 18:35

Felix

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Zitat:

Original von Felix
Ja $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ist monoton (fallend) .

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ ist also positiv ....

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