Konvergenznachweis

18.11.2008, 08:03

axelt

Konvergenznachweis

Guten morgen,

ich soll nachweisen dass $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~\frac{a_{n+1}}{a_n}-1 \end{eqnarray*}$ konvergiert, genau dann wenn $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ eine monton wachsende, beschränkte Folge ist.

Da habe ich jetzt auch schon alle möglichen Kriterien durchprobiert. Bleiben eigentlich nurnoch Cauchy und Quotientenkriterium. Wenn ich das ganze jetzt fürs QK auf einen Nennerbringe und dividiere erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+1}} \cdot \frac{a_n}{a_{n+1}-a_n} \end{eqnarray*}$

Dabei weiss ich ja nach dem Cauchykriterium für konvergierende folgen, das Zähler des ersten- und Nenner des zweiten Bruchs irgendwann beliebig klein werden. Aber hilft mir das überhaupt? Denn schließlich konvergiert dann der erste Bruch gegen 0 während der zweite gegen unendlich konvergiert?

18.11.2008, 08:53

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Ich nehme mal an, positiv sollte die Folge auch noch sein?

Andernfalls gibt es nämlich das Gegenbeispiel $\begin{eqnarray*} a_n = -2^{-n} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~ \left( \frac{a_{n+1}}{a_n}-1 \right) = \sum_{n=1}^\infty ~ \left( -\frac{1}{2} \right) = -\infty \end{eqnarray*}$ .

Zum Nachweis der einen Richtung

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty ~ \left( \frac{a_{n+1}}{a_n}-1 \right) \;\mbox{konvergiert}\quad\Longrightarrow\quad (a_n) \; \mbox{ist beschränkt} \end{eqnarray*}$

kann man die für alle positiven $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ geltende Eigenschaft $\begin{eqnarray*} \ln(x) \leq x-1 \end{eqnarray*}$ nutzen: Es gilt dann

$\begin{eqnarray*} \ln(a_k) = \ln(a_1) + \sum_{n=1}^{k-1} \ln\left( \frac{a_{n+1}}{a_n} \right) \leq \ln(a_1) + \sum_{n=1}^{k-1} ~ \left( \frac{a_{n+1}}{a_n}-1 \right) \end{eqnarray*}$ .

Aufgrund der vorausgesetzten Reihenkonvergenz ist die rechts stehende Partialsumme beschränkt, und damit sind auch $\begin{eqnarray*} \ln(a_k) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ beschränkt.

18.11.2008, 09:23

axelt

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Okay danke schonmal, das werde ich mir etwas später zu Gemüte führen, ich meinte jetzt eigentlich erst die andere Richtung, also wenn an positive, monton steigende, beschränkte Folge ist (also konvergierende), dann konvergiert auch die Reihe. :-)

18.11.2008, 12:57

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Das ist der schwierigere Teil, geht aber mit einer ganz ähnlichen Abschätzung, wenn man gewisse Vorüberlegungen trifft. Augenzwinkern

Die Abschätzung kann ich ja schon mal nennen:

$\begin{eqnarray*} \ln(x) \geq \ln 2\cdot (x-1) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq x\leq 2 \end{eqnarray*}$

Muss nicht genau die sein, aber so ähnlich im Typ.

18.11.2008, 13:22

Soz.Päd.

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Hallo,

zum Zeigen der andere Richtung (man verzeihe mir meine Schwierigkeiten mit dem Formel-Editor):
Es sei a(k) eine monoton aufsteigende, beschränkte Folge mit positiven Gliedern.
Dann haben wir für m >= n:

a(m+1)/a(m) - 1 = a(m+1)/a(m) - a(m)/a(m) = (a(m+1) - a(m)) / a(m)

wir gelangen zu der Abschätzung, da ja 1/a(m) <= 1/a(n):

(a(m+1) - a(m)) / a(m) + (a(m) - a(m-1)) / a(m -1) +
(a(m-1) - a(m-2)) / a(m-2) ... + (a(n+1) - a(n) ) / a(n) <=
(a(m+1) - a(m) + a(m) - a(m-1) + a(m+1) ... - a(an)) / a(n) =
(a(m+1) - a(n)) / a(n)

Es ist: a(n) <= a(1): Ist nun ein
e > 0 gebegen, so gibt es ein n e N, so dass für alle m >= n gilt:
a(m+1) - a(n) < a(1)*e , weil ja a(n) zudem konvergiert. Für dieses n gilbt dann:

(a(m+1) - a(n)) / a(n) <= (a(m+1) - a(n)) / a(1) < a(1) * e / a(1) = e.

Gruß
Soz.Päd.

18.11.2008, 15:37

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Ja richtig, so ist die Rückrichtung etwas einfacher. Allerdings geht es im letzten Abschnitt

Zitat:

Original von Soz.Päd.
Ist nun ein e > 0 gebegen, so gibt es ein n e N, so dass für alle m >= n gilt:
a(m+1) - a(n) < a(1)*e , weil ja a(n) zudem konvergiert. Für dieses n gilbt dann:

(a(m+1) - a(n)) / a(n) <= (a(m+1) - a(n)) / a(1) < a(1) * e / a(1) = e.

etwas holprig und stellenweise unbegründet zu. Identisch im Ziel, aber etwas klarer kann man das so begründen:

Da $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ monoton wachsend und beschränkt ist, ist es auch konvergent mit Grenzwert $\begin{eqnarray*} a>0 \end{eqnarray*}$ , dieses $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist zugleich Supremum der Folge. Zu jedem $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ findet man daher nun ein $\begin{eqnarray*} n_0=n_0(\varepsilon) \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} \frac{a}{1+\varepsilon} < a_n \leq a \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Für $\begin{eqnarray*} m>n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ hat dies

$\begin{eqnarray*} \frac{a_{m+1}}{a_n} - 1< \frac{a}{\frac{a}{1+\varepsilon}}-1 = \varepsilon \end{eqnarray*}$

zur Folge.

18.11.2008, 18:09

axelt

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Zitat:

kann man die für alle positiven geltende Eigenschaft nutzen: Es gilt dann

.

Aufgrund der vorausgesetzten Reihenkonvergenz ist die rechts stehende Partialsumme beschränkt, und damit sind auch bzw. beschränkt.

(wie kopiere ich die Formeln auch mit?)

Der erste Schritt ist mir da unklar:

$\begin{eqnarray*} ln(a_k)=ln(a_1 \cdot \sum_{n=1}^{k-1}~\frac{a_{n+1}}{a_n} ) \end{eqnarray*}$

Da müsste doch eigentlich das Produkt der einzelnen Brüche stehen. Denn der jeweilige Bruch gibt ja nur das Verhältnis zweier aufeinanderfolgender Folgeglieder an, also z.B.

$\begin{eqnarray*} a_5=0,8a_4 \end{eqnarray*}$

So wie es jetzt da steht sehen wir es aber doch als $\begin{eqnarray*} 0,8a_1 \end{eqnarray*}$ an.

Naja gibt es nicht sowieso noch eine einfachere Lösung (den "anderen Fall" hab ich mittlerweile so nachvollzogen ;-) ).... Ich meine man weiss ja das

$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{a_n} \end{eqnarray*}$ gegen 1 konvergiert. Lässt sich damit nicht irgendwas anstellen?

18.11.2008, 18:19

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Zitat:

Original von axelt
Der erste Schritt ist mir da unklar:

$\begin{eqnarray*} ln(a_k)=ln(a_1 \cdot \sum_{n=1}^{k-1}~\frac{a_{n+1}}{a_n} ) \end{eqnarray*}$

Die Logarithmenregeln solltest du schon noch beherrschen:

$\begin{eqnarray*} \ln(a_k) = \ln(a_1) + \sum_{n=1}^{k-1} \ln\left( \frac{a_{n+1}}{a_n} \right) \end{eqnarray*}$

habe ich aus dem Teleskopprodukt

$\begin{eqnarray*} a_k = a_1 \cdot \prod_{n=1}^{k-1} \frac{a_{n+1}}{a_n} \end{eqnarray*}$

gefolgert.

18.11.2008, 18:26

axelt

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Schon klar :-) Also den die Logarithmenregeln sind mir schon bekannt. Es ging um das "Teleskopprodukt". Das sagt mir mal garnichts. Als Erstsemester kenn ich sowas noch nicht :-(

18.11.2008, 18:30

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Unsinn - das ist doch nur ein Name. Forum Kloppe

Schreib doch mal das Produkt aus, da kannst du jede Menge kürzen, und dann steht es da!

Zitat:

Original von axelt
Naja gibt es nicht sowieso noch eine einfachere Lösung

Du kannst natürlich gern nach einem dünneren Brett zum Bohren suchen, aber damit

Zitat:

Original von axelt
Ich meine man weiss ja das

$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{a_n} \end{eqnarray*}$ gegen 1 konvergiert.

allein kann es ja gar nicht klappen: Das erfüllen auch viele unbeschränkte Folgen wie etwa $\begin{eqnarray*} a_n=n \end{eqnarray*}$ .

18.11.2008, 19:04

axelt

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Aaaah jetzt hab ich's auch mal gescheckt :-) Das Summenzeichen steht VOR dem ln das war mir eben nicht aufgefallen sollte vlt mal genauer hinschauen :-p Dann ist ja doch alles ganz logisch!

19.11.2008, 12:07

axelt

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Nahegelegt wurde uns nachdem keiner Folgerung

Reihe konvergiert --> an beschränkt

herausbekommen hat, wurde uns die Kontraposition nahegelegt

an nicht beschränkt (und damit nicht konvergent) --> Reihe divergiert

Wenn mir zu dieser alternativen Lösung noch jemand einen Ansatz verraten könnte wäre das echt super :-)

19.11.2008, 19:42

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Also immer noch auf der Suche:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Du kannst natürlich gern nach einem dünneren Brett zum Bohren suchen

Bin gespannt, ob der indirekte Zugang hier nun eine wesentliche Erleichterung bringt. smile

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