Folgerung aus Konvergenz einer Reihe

05.12.2010, 15:15

Bolzano Jr.

Folgerung aus Konvergenz einer Reihe

Hallo Leute, ich stehe grade vor folgender Aufgabe:

Sei $\begin{eqnarray*} (a_{n})\subset \mathbb R^{+} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (a_{n}) \end{eqnarray*}$ monoton fallend und $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty a_{n} \end{eqnarray*}$ konvergent.
Zu zeigen: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} n*a_{n} = 0 \end{eqnarray*}$

Ich habe mir schon einiges überlegt. Ich wollte zuerst zeigen, dass die Reihe $\begin{eqnarray*} n*a_{n} \end{eqnarray*}$ konvergent ist und daraus die Konvergenz der Folge schließen, aber das Quotientenkriterium wollte das nicht bestätigen. Also hab ich die Ansprüche gesenkt und versucht, das mittels Sandwich-Lemma/ Einschließungskriterium zu machen. Leider konnte ich nicht gut nach oben abschätzen. Ursprünglich wollte ich nämlich eine Summe aus n Summanden nehmen, bei denen der letzte Summand $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ ist, sodass ich das als Majorante nehmen kann. Leider kriege ich das nicht so hin, dass diese Summe auch tatsächlich gegen 0 geht. Und wenn ich n Summanden nehmen will, die alle kleiner als $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{n} \end{eqnarray*}$ sind, ist der letzte Summand nicht mehr $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ und ich kann nicht vernünftig abschätzen.

Kann mir jemand sagen, wie ich hier an eine vernünftige Majorante komme (oder das noch einfacher lösen kann)?

05.12.2010, 15:22

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RE: Folgerung aus Konvergenz einer Reihe
Ich wäre für einen Widerspruchsansatz. Dann bekommst du für die Reihe $\begin{eqnarray*} \sum a_n \end{eqnarray*}$ eine Minorante, die der harmonischen Reihe entspricht.

Gruß
MI

05.12.2010, 15:30

René Gruber

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(habe das monoton überlesen - Entschuldigung!)

05.12.2010, 15:53

Bolzano Jr.

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RE: Folgerung aus Konvergenz einer Reihe
Danke für deine Antwort smile

Das würde also heißen:

Angenommen, $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} m*a_{n} = a; a > 0 \end{eqnarray*}$
Dann
$\begin{eqnarray*} |n*a_{n} - a| > \epsilon \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow n*a_{n} - a > \epsilon \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow a_{n} > \frac{\epsilon + a}{n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \sum\limits_{n=1}^\infty a_{n} > (\epsilon + a) *\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$
Und das ist ein Widerspruch zur Annahme.

Stimmt das so oder mache ich es mir zu leicht?

05.12.2010, 16:14

René Gruber

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Nein, denn dein Weg setzt ohne Begründung die Existenz des Grenzwertes

Zitat:

Original von Bolzano Jr.
Angenommen, $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} n*a_{n} = a; a > 0 \end{eqnarray*}$

voraus - woher willst du wissen, dass der existiert?

05.12.2010, 16:19

Bolzano Jr.

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Müsste ich dann auch noch den Fall, dass es keinen Grenzwert gibt, zum Widerspruch führen oder muss ich einen ganz anderen Ansatz wählen?

05.12.2010, 20:49

Bolzano Jr.

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Ich habe das ganze jetzt noch etwas anders versucht, und ich hoffe, dass es so geht.

Angenommen, $\begin{eqnarray*} n \cdot a_{n} \end{eqnarray*}$ wäre keine Nullfolge. Dann
$\begin{eqnarray*} \exists \epsilon > 0 \forall n_{0} \in \mathbb N \exists n \geq n_{0}: |n \cdot a_{n}| \geq \epsilon \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow a_{n} \geq \frac{\epsilon}{n} \end{eqnarray*}$

Dann gilt für eine Aufsummierung der $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ und der $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \exists k,m \in \mathbb N , m,k > n_{0}: \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=k}^m a_{n} \geq \epsilon \cdot \sum\limits_{n=k}^m \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

Dann wäre die harmonische Reihe Minorante von meiner Reihe, was ein Widerspruch zur Konvergenz der Reihe wäre.

Kann ich das so aufschreiben oder ist da immer noch etwas verkehrt?

05.12.2010, 21:03

René Gruber

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Zitat:

Original von Bolzano Jr.
Angenommen, $\begin{eqnarray*} n \cdot a_{n} \end{eqnarray*}$ wäre keine Nullfolge. Dann
$\begin{eqnarray*} \exists \epsilon > 0 \forall n_{0} \in \mathbb N \exists n \geq n_{0}: |n \cdot a_{n}| \geq \epsilon \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow a_{n} \geq \frac{\epsilon}{n} \end{eqnarray*}$

Korrekt - aber das gilt dann erstmal nur für dieses eine $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , nicht für sukzessive $\begin{eqnarray*} n=k,\ldots,m \end{eqnarray*}$ , wie du es dann hier benutzt hast

Zitat:

Original von Bolzano Jr.
$\begin{eqnarray*} \exists k,m \in \mathbb N , m,k > n_{0}: \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=k}^m a_{n} \geq \epsilon \cdot \sum\limits_{n=k}^m \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

Da stimmt also irgendwas noch nicht in der Argumentation.

Ich würde einen direkten Beweis wählen, der auf

$\begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty} \sum\limits_{n=k}^\infty a_{n} = 0 \end{eqnarray*}$

beruht, was ja für die konvergente Reihe zutrifft.

05.12.2010, 21:20

Bolzano Jr.

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Wenn ich versuche, das direkt zu beweisen, muss ich aber doch irgendwie eine Abschätzung zwischen der Summe der $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ und den $\begin{eqnarray*} n \cdot a_{n} \end{eqnarray*}$ bekommen.
Wenn ich aber k gegen unendlich laufen lasse, werden die Summanden immer kleiner. Ich kann also nicht
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=n_{0}}^\infty a_{n} < \epsilon \end{eqnarray*}$
nach unten abschätzen. Ich weiß ja nicht, ob die Summanden da tatsächlich größer sind als $\begin{eqnarray*} n \cdot a_{n} \end{eqnarray*}$
und deshalb kann ich das Einschließungskriterium nicht benutzen.

Kannst du mir bitte auf die Sprünge helfen, wie ich hier gescheit nach unten abschätzen kann, um die Bedingung einzubringen, dass auch die $\begin{eqnarray*} n \cdot a_{n} \end{eqnarray*}$ kleiner als Epsilon werden?

05.12.2010, 21:43

René Gruber

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Zitat:

Original von Bolzano Jr.
Ich kann also nicht
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=n_{0}}^\infty a_{n} < \epsilon \end{eqnarray*}$
nach unten abschätzen.

Doch, kannst du: Es ist dann

$\begin{eqnarray*} (n-n_0+1)a_n < \epsilon \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ , wegen der Monotonie der Folge. Und wenn du jetzt beispielsweise nur $\begin{eqnarray*} n\geq 2n_0 \end{eqnarray*}$ betrachtest, für die ist dann auch $\begin{eqnarray*} \frac{n}{2} < n-n_0+1 \end{eqnarray*}$ , mithin also

$\begin{eqnarray*} na_n < 2\epsilon \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 2n_0 \end{eqnarray*}$ .

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