n-te Wurzel aus n

27.11.2006, 21:16

martin85

n-te Wurzel aus n

Hallo, ich soll folgendes zeigen:
$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n} \end{eqnarray*}$ konvergiert gegen 1.
Das es so ist, ist mir klar. aber ich weiß nicht wie ich das jetzt zeige.

27.11.2006, 21:28

Sly

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Also geh mal mit der strikten Definition von Konvergenz ran.
Also $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n} \rightarrow 1 \; \Leftrightarrow \; \forall\; \epsilon > 0: \exists\; N \in \mathbb{N}: \forall\; n \geq N: |\sqrt[n]{n}-1| < \epsilon \end{eqnarray*}$
Nun ist aber $\begin{eqnarray*} |\sqrt[n]{n}-1| = \sqrt[n]{n}-1 \end{eqnarray*}$
Also kannst du umformen zu $\begin{eqnarray*} n < (1+\epsilon)^n \end{eqnarray*}$
Versuche, das mal zu zeigen. Anschaulich bedeutet dies, dass jede Exponentialfolge mit Basis größer 1 irgendwann das "n" überholt.

Hoffe, geholfen zu haben.

P.S.: Ich hoffe du kennst die Quantorenschreibweise?

27.11.2006, 22:46

Frooke

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Deine Idee (Sly) ist gut, das ist ja die üliche Variante. Wenn ihr Interesse habt kann ich, wenn das Problem gelöst ist, noch eine etwas andere Lösung des Problems aufschreiben (nur weil mir dazu sonst nicht so viele Alternativlösungen bekannt sind und ich vor kurzem eine etwas abgespacte geschrieben habe Augenzwinkern

...).

EDIT: Aber geht für den Thread Sly's Weg. Freude

29.11.2006, 16:04

martin85

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@Sly:
Wenn ich das versuche zu zeigen, bekomme ich nichts sinnvolles raus.

29.11.2006, 16:11

Frooke

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Diese Zeile zu zeigen, ist Dir sicherlich gelungen:

$\begin{eqnarray*} n < (1+\epsilon)^n \end{eqnarray*}$

Versuche nun über den binomischen Lehrsatz abzuschätzen.

29.11.2006, 20:23

Musti

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Kann man das nicht auchhand l´hopital zeigen?

29.11.2006, 21:16

Sly

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Ich bezweifle, dass sie schon die l´Hopital Regel hatten, wenn sie noch bei der Konvergenz von Folgen sind...

29.11.2006, 22:29

martin85

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Hallo, die l'hopital Regel hatten wir noch nicht. Vielen dank für eure Hilfe. Habe die Aufgabe hinbekommen.

30.11.2006, 13:10

Frooke

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Es ginge z.B. aber auch durch direktes Auflösen der Ungleichung mit Hilfe der Lambert-W-Funktion (endlich mal eine Anwendung smile

...). Aber wenn Du es hinbekommen hast, ist das ja tiptop.

30.11.2006, 13:41

Lazarus

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Hoi.
Könntest du bitte mal dein Ergebniss mit der Lambert W posten ?
Ich bin mir meines Ergebnisses nämlich nicht sehr sicher.
servus

30.11.2006, 15:12

Frooke

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Sorry, hatte mich da zuerst vertan, ich komme auf:

$\begin{eqnarray*} n>\frac{\mathrm W\left(\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)\right)}{\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)} \end{eqnarray*}$

Wähle also:

$\begin{eqnarray*} n_0:=\left\lceil\frac{\mathrm W\left(\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)\right)}{\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)}\right\rceil \end{eqnarray*}$

Aber ich hab's auch nicht geprüft. smile

EDIT: LaTeX

30.11.2006, 16:16

Lazarus

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Ja genau da liegt mein Problem ich bekomm $\begin{eqnarray*} n<\frac{\operatorname{W}\left(-\ln\left(1+\varepsilon\right)\right)}{-\ln\left(1+\varepsilon\right)} \end{eqnarray*}$ raus

Ich tipp mal kurz den Rechneweg ab:
$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n}-1&<&\varepsilon\\\sqrt[n]{n}&<&1+\varepsilon\\n&<&\left(1+\varepsilon\right)^n\\n&<&e^{n\cdot \ln\left(1+\varepsilon\right)}\\-n\ln\left(1+\varepsilon\right)\cdot e^{-n\ln\left(1+\varepsilon\right)}&>&-\ln\left(1+\varepsilon\right)\\-n\cdot \ln\left(1+\varepsilon\right)&>&\operatorname{W}\left(-\ln\left(1+\varepsilon\right)\right)\\n&<&\frac{\operatorname{W}\left(-\ln\left(1+\varepsilon\right)\right)}{-\ln\left(1+\varepsilon\right)} \end{eqnarray*}$

Und wie lese ich daraus etz den Grenzwert für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ?
Anschaulich gesprochen wäre es ja der Wert $\begin{eqnarray*} f(0) \end{eqnarray*}$ für die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{\operatorname{W}\left(-\ln\left(1+x\right)\right)}{-\ln\left(1+x\right)} \end{eqnarray*}$
Aber ohne Grenzwertunersuchung kommt ich ja auch ned drauf!

30.11.2006, 16:22

Mathespezialschüler

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@Lazaurs
Ist ja schön, dass ihr das Ganze unbedingt mit Lamert-W machen wollt, wo der Aufgabensteller wahrscheinlich noch nicht mal $\begin{eqnarray*} \operatorname e \end{eqnarray*}$ in der Vorlesung hatte. Aber wenn ihr schon zu solch hochtrabenden Mitteln greift, dann bitte auch die elementaren Sachen beachten. Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} -\ln a=\ln\frac{1}{a} \end{eqnarray*}$

Gruß MSS

edit: Oh, du hast ja doch noch ein $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ . Das hab ich übersehen, sorry.

edit2: Das Problem ist, dass ihr hier Lambert-W gar nicht anwenden dürft. Für genügend große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} -n\ln (1+\varepsilon)<-\frac{1}{\operatorname e} \end{eqnarray*}$ und für genügend kleine $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ hat man außerdem $\begin{eqnarray*} -\ln(1+\varepsilon)>-\frac{1}{\operatorname e} \end{eqnarray*}$ . Und jetzt guckt euch mal an, wo die Lambert-W-Funktion überhaupt definiert ist:

30.11.2006, 19:27

Frooke

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Ich denke schon, dass man das so machen kann. Mein Rechenweg:

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]n<1+\varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{n}\right)^{\frac{1}{n}}>\frac{1}{1+\varepsilon} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\ln\left(\frac{1}{n}\right)\frac{1}{n}<\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{1}{n}\right)<\mathrm W\left(\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{n}\right)<\frac{\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)}{\mathrm W\left(\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)\right)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n>\frac{\mathrm W\left(\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)\right)}{\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right)} \end{eqnarray*}$

30.11.2006, 19:47

Lazarus

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$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\ln\left(\frac{1}{n}\right)<\ln\left(\frac{1}{1+\varepsilon}\right) \end{eqnarray*}$

Da ist das < Zeichen falsch.

@MSS: Die Lösung von mir und Frooke unterscheidet sich im < Zeichen.

Bei der Gültigkeit der W-Funktion muss man nur darauf achten das $\begin{eqnarray*} \varepsilon<\sqrt[e]{e}-1 \end{eqnarray*}$ ist.

30.11.2006, 20:03

Sly

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Macht es eigentlich Spaß, sich Alternativlösungen auszudenken, die 10mal komplizierter sind als die übliche?

(zB wähle $\begin{eqnarray*} n > \frac{1}{\varepsilon^2}+1 \end{eqnarray*}$ )

01.12.2006, 07:04

Frooke

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@Lazarus: Ja stimmt, das war tatsächlich falsch! Mannomann...

Zitat:

Original von Sly
Macht es eigentlich Spaß, sich Alternativlösungen auszudenken, die 10mal komplizierter sind als die übliche?

Allgemein finde ich die Suche nach Alternativlösungen nicht uninteressant. Man weiss ja zuvor nicht, ob sie nicht doch einfacher sind... Egal, in diesem Beispiel war's wohl Unsinn, sorry...

01.12.2006, 14:53

Sly

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Zitat:

Original von Frooke
Allgemein finde ich die Suche nach Alternativlösungen nicht uninteressant. Man weiss ja zuvor nicht, ob sie nicht doch einfacher sind... Egal, in diesem Beispiel war's wohl Unsinn, sorry...

Sollte ja auch kein Anschiss sein, sondern lediglich genau das signalisieren... Augenzwinkern

Aber klar, i.A. sind führen Alternativlösungen zu tollen Erkenntnissen

02.01.2009, 21:16

Screeniox

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moin ... mag sein, dass es daran liegt, dass ich seit Stunden am büffeln bin ... aber irgendwie komm ich nicht weiter Big Laugh

bin grad bei n<(epsilon+1)^n

soll ich das nun so umformen, dass da n<Sigma(k=0 bis n) (n über k) Epsilon ^n-k
rauskommt?
Bin für jeden Tipp dankbar!!!!

MfG

Screeni

02.01.2009, 21:46

Screeniox

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moin ... mag sein, dass es daran liegt, dass ich seit Stunden am büffeln bin ... aber irgendwie komm ich nicht weiter

bin grad bei $\begin{eqnarray*} n<(epsilon+1)^n \end{eqnarray*}$

soll ich das nun so umformen, dass da $\begin{eqnarray*} n<\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} epsilon^{n-k} \end{eqnarray*}$
rauskommt?
Bin für jeden Tipp dankbar!!!!

Sry für doppelpost ... habs nun erst die LaTeX Funktion gefunden.
MfG

Screeni

02.01.2009, 23:19

Zizou66

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Hier gilt: Für eine neue Frage gibts einen neuen Thread. Halte dich bitte demnächst daran.

Deine Umformung ist eine Anwendung des binomischen Lehrsatzes.

23.02.2010, 14:33

GotenTR

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Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.
Also wie erkannt muss nachgewiesen werden, dass

$\begin{eqnarray*} n < (1 + \varepsilon )^n \end{eqnarray*}$

Das geht mit der Ungleichung von Bernoulli

$\begin{eqnarray*} n < 1 + n\varepsilon \leq (1 + \varepsilon )^n \end{eqnarray*}$

Womit gezeigt ist, dass 1 der Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n} \end{eqnarray*}$ ist.

(Man braucht aalso kein L#Hospital, oder sonstiges).

Gruß GotenTR

23.02.2010, 14:48

WebFritzi

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.

Zitat:

Original von GotenTR
Das geht mit der Ungleichung von Bernoulli

$\begin{eqnarray*} n < 1 + n\varepsilon \end{eqnarray*}$

Für welche n gilt das denn?

24.02.2010, 14:52

GotenTR

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.
Für alle n aus den nat. Zahlen.

Einfach umformen in:

$\begin{eqnarray*} 1- \frac{1}{n} < \varepsilon \end{eqnarray*}$

(Man sollte eine Umgebung mit Radius 1 betrachten, setze also $\begin{eqnarray*} \varepsilon = 1 \end{eqnarray*}$ voraus.)

Es gibt noch endere Möglichkeitn (Widerspruch ...).

Was ich eigentlich sagen wollte ist:

Grade als jemand der etwas kann und weiß, sollte man darauf achten Anfänger und Interessierte nicht zu überfordern.
(Prahlen kann man woanders.)

So brauchen wir Mathematiker uns nicht über unseren Ruf wundern.

MFG GotenTR

24.02.2010, 16:38

Sly

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.

Zitat:

Original von GotenTR
Für alle n aus den nat. Zahlen.

Einfach umformen in:

$\begin{eqnarray*} 1- \frac{1}{n} < \varepsilon \end{eqnarray*}$

(Man sollte eine Umgebung mit Radius 1 betrachten, setze also $\begin{eqnarray*} \varepsilon = 1 \end{eqnarray*}$ voraus.)

Es gibt noch endere Möglichkeitn (Widerspruch ...).

Was ich eigentlich sagen wollte ist:

Grade als jemand der etwas kann und weiß, sollte man darauf achten Anfänger und Interessierte nicht zu überfordern.
(Prahlen kann man woanders.)

So brauchen wir Mathematiker uns nicht über unseren Ruf wundern.

MFG GotenTR

http://www.fallen-legion.eu/news/data/upimages/DoubleFacePalm.jpg

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Erstmal Definition für Konvergenz nachschlagen, bitte, und erst dann den Robin Hood der Fragesteller spielen... Augenzwinkern

24.02.2010, 16:42

jester.

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.

Zitat:

Original von Sly

http://www.fallen-legion.eu/news/data/upimages/DoubleFacePalm.jpg

24.02.2010, 17:25

GotenTR

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.
Ok noch mal für die Mitdenker ;-)

Also, wenn ich mein eps festsetze widerspricht das nicht der Aussage eps > 0.
(ich kenne die Def. für Konvergenz.)

Betrachte es mal so, wenn ich eps fest setze habe ich in den reellen Zahlen automatisch eine beschränkt Menge, fast alle meiner Folgeglieder (Bilder) liegen in dieser Menge. Da gegebene Folge offensichtlich monoton wachsend ist folg konvergenz.

Noch ne Möglichkeit, die einfacher als die anderen ist, man zeige diese Folge ist eine Chauchy-Folge, aufgrund der Vollständigkeit von IR folg, dass gesuchte Folge konvergiert.

Noch ne Möglichkeit:

Es sei eps > 0. (Das wolltest Du sicher hören) ;-)

Da $\begin{eqnarray*} a^n \end{eqnarray*}$ ( für $\begin{eqnarray*} |a| > 1 \end{eqnarray*}$ ) schneller wächst als $\begin{eqnarray*} n^k \end{eqnarray*}$ (das sollte nachgewiesen werden, ist aber nicht schwer)
ist $\begin{eqnarray*} \frac{n}{(1+\varepsilon)^n} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge und es existiert ein N mit $\begin{eqnarray*} \frac{n}{(1+\varepsilon)^n} < 1 \end{eqnarray*}$ für alle n >= N.
Also $\begin{eqnarray*} 1 \leq n \leq (1+\varepsilon)^n \end{eqnarray*}$ für alle n >= N.
Und da (wie eben bemerkt) die n-te Wurzel wachsend ist, folgt

$\begin{eqnarray*} 1 \leq \sqrt[n]{n} \leq 1+\varepsilon \end{eqnarray*}$ für alle n >= N,

was die Behauptung ergibt.

Robin Hood hat getroffen ;-)

(Mit Dank zurück: "Erst denken, dann schreiben.")

MFG GotenTR

24.02.2010, 17:44

Sly

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Okay...ich versuche mal meiner provokativen Ader diesmal nicht zu folgen.

Zitat:

Also, wenn ich mein eps festsetze widerspricht das nicht der Aussage eps > 0.
(ich kenne die Def. für Konvergenz.)

Betrachte es mal so, wenn ich eps fest setze habe ich in den reellen Zahlen automatisch eine beschränkt Menge, fast alle meiner Folgeglieder (Bilder) liegen in dieser Menge. Da gegebene Folge offensichtlich monoton wachsend ist folg konvergenz.

Nein

Zitat:

Noch ne Möglichkeit, die einfacher als die anderen ist, man zeige diese Folge ist eine Chauchy-Folge, aufgrund der Vollständigkeit von IR folg, dass gesuchte Folge konvergiert.

Ja mach mal...viel Spaß damit.

Zitat:

(das sollte nachgewiesen werden, ist aber nicht schwer)

Dir ist vielleicht nicht klar, dass du uns gerade sagst: "Ihr verkompliziert die Behauptung doch total. Wenn man die Behauptung voraussetzt, folgt die Behauptung leicht in einem Schritt. q.e.d."

So funktioniert Mathe nicht...was mich an deinem vorigen Post, in dem du dich selbst als Mathematiker bezeichnest, ein wenig zweifeln lässt. Solche Beweisführungen habe ich bisher nur in Physikvorlesungen gesehen... Big Laugh

24.02.2010, 19:03

GotenTR

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Ich habe ein Problem damit, wenn man meint sich über mich lustig machen zu müssen.

Ich habe noch mal meine Literatur durchsucht.

- Oben genannter Beweis kann nachgelesen werden in:
Amann/Escher, Analysis I, Birkhäuser Verlag, Seite 177 (Mitte)

- Beweis mit eps = 1 ist in Mathematik von Spektrum zu finden.

- Mit Cauchy-Folgen stand es in meinem Script.

In der Mathematik gibt es oft mehr als einen Weg, die Schwierigkeit ist den 'schönsten' zu finden.
Und oft genug entscheidet dann die Perspektive, aus der Probleme betrachtet werden.

Damit beende ich die Diskusion. ;-)

MFG GotenTR

24.02.2010, 19:21

giles

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.

Zitat:

Original von Sly
So funktioniert Mathe nicht...was mich an deinem vorigen Post, in dem du dich selbst als Mathematiker bezeichnest, ein wenig zweifeln lässt. Solche Beweisführungen habe ich bisher nur in Physikvorlesungen gesehen... Big Laugh

Der Ton missfällt mir. Ich weiß die Ex.physiker verzapfen viel Mist, aber zumindest in den Theo Vorlesungen hab ich schon bessere Beweise gesehen.

Außerdem sind unter euch Mathematikern ja auch ein paar Epsilon-Festleger wie GotenTR...

24.02.2010, 20:52

GotenTR

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.
Hier einen felsenfesten und auch 'schönen' Beweis.
[Auch ich mache Fehler und entschuldige mich für mein Auftreten, kurz um ich hab mich wieder beruhigt :-) ]

Zu beweisen ist $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} a_n := \sqrt[n]{n} \end{eqnarray*}$ ).
Es handelt sich um eine reelle Folge, da von den natürlichen Zahlen in die reellen Zahlen abgebildet wird.

Beweis:

Wir betrachten die Folge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , welche wie folgt definiert wird.
$\begin{eqnarray*} x_n := \sqrt[n]{n}-1 \geq 0 \end{eqnarray*}$ .

(In dieser Definition ist die Definition für Konvergenz enthalten. Etwas anschaulicher gesagt betrachten wir den Abstand für beliebig große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ der Folge $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ zu ihren 'vermuteten' Grenzwert 1. Stellen wir also fest, das unsere Folge $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ konvergiert, so ist das der Nachweis, dass unsere Behauptung stimmt. Denn dann liegen fast alle $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ in einer beliebig kleinen Umgebung um 1.)

Mittels Umformung erhalten wir:
$\begin{eqnarray*} x_n + 1 = \sqrt[n]{n} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt mit Anwendung des binomischen Lehrsatzes:
$\begin{eqnarray*} n = (1+x_n)^n = \sum_{k=0}^{n}1^{n-k}x_n^k {n \choose k} \end{eqnarray*}$

Dann schätzen wir ab, in dem die ersten beiden Glieder unserer Summe weiterverwenden:
$\begin{eqnarray*} n = (1+x_n)^n \geq 1 + {n \choose 2} x_n^2 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt mittels Umformung und Anwendung des Binomialcoefficienten:
$\begin{eqnarray*} n-1 \geq \frac{n(n-1)}{2} x_n^2 \end{eqnarray*}$

Dies ist äquivalent zu:
$\begin{eqnarray*} \frac{2}{n} \geq x_n^2 \end{eqnarray*}$

Und es folgt:
$\begin{eqnarray*} x_n \leq \sqrt{\frac{2}{n}} \end{eqnarray*}$

Dies ist unsere Majorante. Also eine Folge deren Grenzwert wir kennen, deren Folgenglieder für fast alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ größer gleich unserer untersuchten Folge $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ ist.
Unsere untere Beschränkung (Minorante) ist $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .
Somit können wir das 'Sandwich-Kriterium' anwenden und unsere Folge $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ zwischen der Minorante und Majorante 'einklemmen'.

$\begin{eqnarray*} 0 \leq x_n \leq \sqrt{\frac{2}{n}} \end{eqnarray*}$

Mittels Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{2}{n}} \end{eqnarray*}$ (wir betrachten $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ ) folgt:

$\begin{eqnarray*} 0 \leq x_n \leq 0 \end{eqnarray*}$

Und somit:
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} x_n = 0 \end{eqnarray*}$

Dies impliziert (mittels Umstellung der Definition):
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n} = \lim_{n \to \infty} x_n + 1 = 0 + 1 = 1 \end{eqnarray*}$

Somit wäre unsere Behauptung bewiesen und es gilt
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1 \end{eqnarray*}$

'q.e.d'

Mit freundlichen Grüßen
GotenTR

26.02.2010, 17:19

WebFritzi

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RE: Eine kurze Lösung für die gestellte Frage.

Zitat:

Original von GotenTR
Mittels Grenzwert von $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{2}{n}} \end{eqnarray*}$ (wir betrachten $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ ) folgt:

$\begin{eqnarray*} 0 \leq x_n \leq 0 \end{eqnarray*}$

Das ist natürlich Unsinn. Aber bis auf diesen Patzer ist dein Beweis richtig. Für meinen Geschmack aber ist da zu viel Prosa drin, in der Trivialitäten nochmal erläutert werden. Aber das ist Geschmackssache und macht den Beweis nicht falsch.

17.06.2010, 13:23

martha.1981

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Zitat:

Original von Sly

Nun ist aber $\begin{eqnarray*} |\sqrt[n]{n}-1| = \sqrt[n]{n}-1 \end{eqnarray*}$

Wieso ist das so?

17.06.2010, 14:51

Kühlkiste

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Zitat:

Original von martha.1981

Zitat: