Konvergenzbeweis

28.07.2009, 11:25

akasharishi

Konvergenzbeweis

Hallo!

Beweise, dass $\begin{eqnarray*} (\frac{x^n}{n!})_{n\in N} \end{eqnarray*}$ für jedes $\begin{eqnarray*} x\in R \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist.

(Dieser Beweis soll nur mithilfe der Konvergenzsätze über Nullfolgen geführt werden.)

$\begin{eqnarray*} |\frac{1}{n}|<\epsilon \end{eqnarray*}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n\ge n_0 \Rightarrow |\frac{x^n}{n}|<\epsilon \end{eqnarray*}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n\ge n_1 \quad x\in R \Rightarrow \end{eqnarray*}$ (Mithilfe von $\begin{eqnarray*} n!\ge n \Rightarrow \frac{x^n}{n!}\le\frac{x^n}{n} \forall n\in N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x\in R) \frac{x^n}{n!}\le|\frac{x^n}{n}|<\epsilon \end{eqnarray*}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n\ge n_1 \quad x\in R \end{eqnarray*}$ .

Gruß

Rishi

28.07.2009, 11:49

Mathespezialschüler

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RE: Konvergenzbeweis

Zitat:

Original von akasharishi
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow |\frac{x^n}{n}|<\epsilon \end{eqnarray*}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n\ge n_1 \quad x\in R \end{eqnarray*}$

Das ist falsch. $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2^n}{n}\right) \end{eqnarray*}$ ist z.B. sicher keine Nullfolge!

28.07.2009, 16:46

Romaxx

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RE: Konvergenzbeweis

Zitat:

Original von akasharishi
Dieser Beweis soll nur mithilfe der Konvergenzsätze über Nullfolgen geführt werden.

Ist Dir die geometrische Folge $\begin{eqnarray*} a_n=q^n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} q<1 \end{eqnarray*}$ (Nullfolge) bekannt? Wenn ja, versuche es mal darauf zurückzuführen, indem du geschickt abschätzt.

29.07.2009, 11:51

akasharishi

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Danke für die Korrektur!

Da habe ich mich aber Übel verschätzt
Mein neuer Ansatz lautet: $\begin{eqnarray*} \frac{x^n}{n!}=\frac{x}{n}\frac{x}{n-1}\frac{x}{n-3}...\frac{x}{2}\frac{x}{1} \end{eqnarray*}$ . Für n gegen Unendlich streben zumindest die ersten Faktoren gegen 0 die letzten aber sind ja in jedem Fall konstant. Da das Produkt von Nullfolgen sowie von Nullfolgen und Konstanten immer wieder Nullfolgen sind, stimmt die Behauptung.

Gruß

Rishi

29.07.2009, 12:24

Romaxx

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Deine Argumentation greift hier nicht, da es sich hierbei um ein unendliches Produkt für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gegen unendlich handelt.

Für die bekannte Folge $\begin{eqnarray*} e=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n \end{eqnarray*}$ müsste dann gelten:

$\begin{eqnarray*} e=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\cdot\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\cdot\cdots\cdot\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})\cdot\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})=1\cdot 1\cdot\cdots\cdot 1\cdot 1=1 \end{eqnarray*}$

Was offensichtlich Quatsch mit Soße ist.

Gruß

29.07.2009, 13:22

system-agent

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Aber so übel ist doch die Idee nicht:
Sei $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ fest. Dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ so, dass $\begin{eqnarray*} |x|<N \end{eqnarray*}$ , also insbesondere $\begin{eqnarray*} \frac{|x|}{N}<1 \end{eqnarray*}$ . Nun ist natürlich für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ irgendwann $\begin{eqnarray*} n>N \end{eqnarray*}$ , also...

29.07.2009, 13:36

Eddy Merckx

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Dennoch ist die Idee grundsätzlich nicht verkehrt. Du solltest nur präziser argumentieren:

Sei $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ beliebig. Wähle dazu $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n_0\geq 2|x|. \end{eqnarray*}$

Jetzt kannst Du für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ den zu untersuchenden Ausdruck in zwei Faktoren zerlegen von denen einer konstant und der andere, durch eine naheliegende Abschätzung, kontrollierbar ist.

29.07.2009, 13:39

Eddy Merckx

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Oh, der system-agent war deutlich schneller. Da hätte ich mir meinen Post auch sparen können. Sorry!

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