Grenzwert von Folge beweisen

03.08.2009, 16:41

stereo

Grenzwert von Folge beweisen

Hallo,

ich will beweisen dass die Folge

$\begin{eqnarray*} x_n := \frac{n^k}{a^n} \end{eqnarray*}$

gegen 0 geht ( für $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb N , a \in \mathbb R , |a|>1 \end{eqnarray*}$ ).

Zum Beweis:

$\begin{eqnarray*} |a|>1 \Rightarrow \frac{1}{|a|} =: \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{a^n} \cdot n^k = \alpha^n \cdot n^k \quad \text{mit } \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac {x_{n+1}}{x_n} = \frac{\alpha^{n+1} \cdot (n+1)^k}{\alpha^n \cdot n^k} = \left(1+\frac 1 n \right)^k \cdot \alpha \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} ~ \frac {x_{n+1}}{x_n} = \lim_{n \to \infty} ~ \left(1+\frac 1 n \right)^k \cdot \alpha = \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

Somit gilt:

$\begin{eqnarray*} \exists N \in \mathbb N : \frac {x_{n+1}}{x_n} < \alpha ~~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{N+1} < \alpha \cdot x_N \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{N+2} < \alpha \cdot x_{N+1} < \alpha^2 \cdot x_N \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_{N+3} < \alpha \cdot x_{N+2} < \alpha^3 \cdot x_N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_n < \alpha^{n-N} \cdot x_N = \alpha^n \cdot \frac {x_N}{\alpha^N} \end{eqnarray*}$

Der 2. Faktor ist ja konstant und der erste Faktor geht gegen 0 für n -> oo , da Alpha kleiner 1 und größer 0 ist.

Somit ist die Folge (x_n) auch eine Nullfolge.

Ist der Beweis so exakt und vollständig?

Danke für die Hilfe

03.08.2009, 20:27

Romaxx

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Hallo stereo,

der erste formale Fehler liegt hier:

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{a^n} \cdot n^k = \alpha^n \cdot n^k \quad \text{mit } \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

Du ersetzt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ , obwohl du es anders definiert hast (Betrag).

Nun eine Frage:

Bist du dir hierbei wirklich sicher?

$\begin{eqnarray*} \exists N \in \mathbb N : \frac {x_{n+1}}{x_n} < \alpha ~~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

Das Problem ist, dass $\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1 n \right)^k \end{eqnarray*}$ stets größer als 1 ist. Es konvergiert also von oben gegen $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ , welches ja stets positiv ist.

Gruß

03.08.2009, 22:36

stereo

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Zitat:

Original von Romaxx
der erste formale Fehler liegt hier:

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{1}{a^n} \cdot n^k = \alpha^n \cdot n^k \quad \text{mit } \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

Du ersetzt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ , obwohl du es anders definiert hast (Betrag).

Folgende Aussagen sind äquivalent:

$\begin{eqnarray*} (x_n) \text{ ist Nullfolge } \Leftrightarrow (|x_n|) \text{ ist Nullfolge} \end{eqnarray*}$

Beweis:

Es gilt: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} (x_n) = 0 ~ \Leftrightarrow ~ \forall \varepsilon : \exists N \in \mathbb N : | x_n - 0 | < \varepsilon ~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} |~|x_n|~| = |x_n| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

q.e.d.

Also gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{a^n} \cdot n^k = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{1}{a^n} \cdot n^k \right| = 0 \end{eqnarray*}$

Somit ergibt sich jetzt mein Ergebnis, das kann ich aber jetzt nur machen, weil ich den Grenzwert schon kenne smile

Zitat:

Original von Romaxx
Nun eine Frage:

Bist du dir hierbei wirklich sicher?

$\begin{eqnarray*} \exists N \in \mathbb N : \frac {x_{n+1}}{x_n} < \alpha ~~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

Das Problem ist, dass $\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1 n \right)^k \end{eqnarray*}$ stets größer als 1 ist. Es konvergiert also von oben gegen $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ , welches ja stets positiv ist.

Ja das stimmt, das ist Quatsch.

$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon~ \exists N \in \mathbb N : \left| \frac {x_{n+1}}{x_n} - \alpha \right| < \varepsilon ~~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

Das hilft mir gerade nicht wirklich weiter. Ich weiß ja dass:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

Wenn ich mir jetzt einfach ein $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ definiere mit:

$\begin{eqnarray*} \beta \in (0,1) : \exists N \in \mathbb N: ~ \frac{x_{n+1}}{x_n} < \beta < 1 ~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

Das Beta müsste aber jetzt immer größer als Alpha sein, oder? Kann ich das so machen? Bin mir nicht sicher, ob ich damit die ganze Lösung abdecke und nichts auslasse.

03.08.2009, 22:59

Romaxx

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Hm, ich glaub du verstehst mich nicht. (vielleicht versteh ich dich auch nicht?)

Das was du im ersten Abschnitt geschrieben hast, ist mir klar.

Mit geht es rein um diese Gleichung:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a^n} \cdot n^k = \alpha^n \cdot n^k \quad \text{mit } \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

Wenn man die umformt, ergibt sich mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{|a|}=:\alpha \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a^n} \cdot n^k = \alpha^n \cdot n^k\Leftrightarrow {a^n}= {|a|^n} \end{eqnarray*}$

Mach mal die Probe mit $\begin{eqnarray*} a=-\frac{3}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Das Beta müsste aber jetzt immer größer als Alpha sein, oder? Kann ich das so machen? Bin mir nicht sicher, ob ich damit die ganze Lösung abdecke und nichts auslasse.

Nein, damit deckst du leider nicht alles ab, da es immer ein $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ gibt, welches größer als dein fest gewähltes $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ ist.

Ich wüsste nicht, wie ich den Beweis hier fertig stellen würde.

Ich kann dir aber einen wesentlich einfacheren Weg zeigen, wenn dich das interessiert?

Gruß

03.08.2009, 23:10

stereo

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Was ich im 1. Abschnitt zeigen wollte: Ich kenne ja schon den Grenzwert, nämlich 0.

Also verändere ich nicht den Limes, wenn ich den Betrag nehme.
Das macht ja meine Definition wieder zulässig.

Also meine Idee war:

Ich zeige dass $\begin{eqnarray*} (|x_n|) \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist, deswegen ist dann auch $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge.

Also was du mir geschrieben hast, ist mir völlig klar.

Wenn du magst kannst du mir gerne dein Beweis zeigen. Vielen Dank für deine Hilfe

03.08.2009, 23:56

Romaxx

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Zitat:

Also was du mir geschrieben hast, ist mir völlig klar.

Dann siehst du auch den Fehler in der Gleichung?

Richtig müsste es heißen:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a^n} \cdot n^k \leq \alpha^n \cdot n^k \end{eqnarray*}$

Nun der Ansatz des Beweises.

Es gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n}\leq \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{|a|^n} \end{eqnarray*}$

Daher genügt es lediglich die Sache für $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ zu betrachten:

$\begin{eqnarray*} 1<a=:1+x\quad,\quad x>0 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} n>k \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} (1+x)^n=\sum_{k=0}^n~\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} x^k=1+n\cdot x+\cdots+\frac{1}{(k+1)!}\cdot n\cdot (n-1)\cdot\cdots\cdot(n-k)\cdot x^{k+1}+...+x^n\ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \geq 1+n\cdot x+\cdots+\frac{1}{(k+1)!}\cdot n\cdot (n-1)\cdot\cdots\cdot(n-k)\cdot x^{k+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = 1+n\cdot x+\cdots+\frac{1}{(k+1)!}\cdot n^{k+1}\cdot x^{k+1}+\text{Polynome geringeren Grades } \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =n^{k}\cdot(\text{Nullfolgen}+\cdots+\frac{1}{(k+1)!}\cdot n\cdot x^{k+1}+\text{Konstante und Nullfolgen})=:A \end{eqnarray*}$

Nun gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n}\leq\cdots \end{eqnarray*}$

04.08.2009, 04:42

WebFritzi

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Zitat:

Original von Romaxx
Es gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n}\leq \lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{|a|^n} \end{eqnarray*}$

Daher genügt es lediglich die Sache für $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ zu betrachten:

Das ist natürlich Unsinn. Übrigens halte ich es hier nicht für angebracht, stereo einen komplett neuen Beweis aufzutischen, wo er doch danach gefragt hatte, wie er seine Idee am besten aufschreiben kann. Diese ist nämlich im Grunde ganz pfiffig.

Zitat:

Original von stereo

Zitat:

Das ist schon der richtige Gedanke. Trotzdem hast du in deinem ersten Beitrag Mist geschrieben. Es ist schlicht falsch, wenn a < -1 ist. Betrachte einfach die Folge (|x_n|) und zeige, dass sie gegen Null geht (hast du ja eigentlich auch gemacht, aber falsch aufgeschrieben).

Zitat:

Original von stereo
Ich weiß ja dass:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = \alpha < 1 \end{eqnarray*}$

Wenn ich mir jetzt einfach ein $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ definiere mit:

$\begin{eqnarray*} \beta \in (0,1) : \exists N \in \mathbb N: ~ \frac{x_{n+1}}{x_n} < \beta < 1 ~ \forall n \geq N \end{eqnarray*}$

Das Beta müsste aber jetzt immer größer als Alpha sein, oder? Kann ich das so machen? Bin mir nicht sicher, ob ich damit die ganze Lösung abdecke und nichts auslasse.

Das ist wieder die richtige Idee. Und du kannst es so machen. Hier noch die Begründung: Du hast also

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = \alpha < 1. \end{eqnarray*}$

Wähle ein $\begin{eqnarray*} \beta\in(\alpha,1) \end{eqnarray*}$ und setze $\begin{eqnarray*} \varepsilon := \beta - \alpha. \end{eqnarray*}$ Wegen der bereits gezeigten Konvergenz weißt du, dass es ein N gibt, so dass für alle $\begin{eqnarray*} n\ge N \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \frac{x_{n+1}}{x_n} - \alpha < \varepsilon, \end{eqnarray*}$

also

$\begin{eqnarray*} \frac{x_{n+1}}{x_n} < \beta, \end{eqnarray*}$

und somit

$\begin{eqnarray*} x_{n+1} < \beta x_n. \end{eqnarray*}$

Induktiv folgt

$\begin{eqnarray*} x_{N+k} < \beta^k x_N. \end{eqnarray*}$

Daher gilt schließlich

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\,x_n = \lim_{k\to\infty}\,x_{N+k} \le \left(\lim_{k\to\infty}\,\beta^k\right)x_N = 0. \end{eqnarray*}$

04.08.2009, 09:59

Romaxx

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Hallo WebFritzi,

Kannst du mir noch sagen, was Unsinn ist?
Ich hatte stereo gesagt, das ich nicht weiß, wie ich seinen Ansatz zu Ende bringen kann, und ihn deswegen gefragt, ob es Ihn interessiert, wie ich es machen würde.
Ich denke das geht doch in Ordnung.
Das du das nicht für sinnvoll hältst, dafür kann ich nichts..
Natürlich war meine Aussage über das Beta zwei Postings davor falsch, dafür entschuldige ich mich.

Gruß

04.08.2009, 13:12

WebFritzi

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@Romaxx:

Zitat:

Original von stereo
Wenn du magst kannst du mir gerne dein Beweis zeigen.

Ja, du hast recht. Ich hatte nicht alles gelesen. Sorry.

Unsinn ist es wegen Folgendem: Wenn $\begin{eqnarray*} a_n\le b_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_n\to 0, \end{eqnarray*}$ dann kann $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ z.B. gegen $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ gehen. stereo hatte überdies ja schon gezeigt, warum man a > 1 annehmen darf.

04.08.2009, 14:37

stereo

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Ich danke euch beiden.

@ Romaxx
So ähnlich steht der Beweis auch im Heuser.

Zitat:

Original von WebFritzi

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\,x_n = \lim_{k\to\infty}\,x_{N+k} \le \left(\lim_{k\to\infty}\,\beta^k\right)x_N = 0. \end{eqnarray*}$

Irgendwie trivial, aber eleganter als ich das am Anfang gemacht habe.

smile

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