Den Grenzwert einer Folge beweisen

20.11.2011, 17:41

chrlan1

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Den Grenzwert einer Folge beweisen

Meine Frage:
Es sei $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\ge 1} \end{eqnarray*}$ eine Folge reeller Zahlen mit $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}a_n =a \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie
$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac 1 {2^n}\sum_{k=0}^n \binom n k a_k = a \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Ich weiß nur, dass das so ein Epsilon größer 0 Beweis ist, aber damit hatte ich bisher schon immer Probleme. Ich weiß nicht mal wie ich ansetzen soll.

20.11.2011, 18:50

Ungewiss

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Hey, mit der Aussage aus deinem Thread "Ungleichung für beschränkte Folgen" dürfte das hinzukriegen sein.
Ungleichung für beschränkte Folgen

Hilfe beim Beweis eben jener kann ich jedoch leider nicht anbieten.

21.11.2011, 13:58

chrlan1

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bei der aufgabe hab ich absolut keine ahnung wie das gehen soll.
weiß ehrlich gesagt gar nicht was du meinst.

22.11.2011, 17:21

chrlan1

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also muss ich die andre aufgabe dafür schon gelöst haben?

22.11.2011, 18:03

chrlan1

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hänge schon ziemlich am anfang bei dem schritt:
$\begin{eqnarray*} |\frac 1 {2^n}\sum_{k=0}^n \binom n k a_k -a|<\epsilon \end{eqnarray*}$
hab auch mal versuch den binomialkoeffizienten einzusetzen. hat mir nur irgendwie nichts gebracht.

22.11.2011, 18:37

HAL 9000

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Eine direkte Anwendung dieser Aussage scheint m.E. nicht möglich:

Schließlich hängen im vorliegenden Fall die $\begin{eqnarray*} b_k = \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ nicht nur von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ab (wie es bei Anwendung dieser Aussage sein müsste), sondern leider auch von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Aber vielleicth hat Ungewiss etwas anderes, nicht so naheliegendes im Sinn. verwirrt

verwirrt

Ich versuch's mal anders: Mit etwas Epsilontik lässt sich die Aussage unter Verwendung der Hilfsaussage

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{m} \binom{n}{k} = 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} m\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$

beweisen.

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22.11.2011, 18:41

chrlan1

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meinst du vllt =1?
damit da hinteher steht |a_k - a|<Epsilon?
sonst hab ichs nicht verstanden traurig

traurig

22.11.2011, 18:49

HAL 9000

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Gelegentlich mag ich mich verschreiben - hier aber nicht: Ich meine, was ich geschrieben habe, also Grenzwert 0.

22.11.2011, 19:09

chrlan1

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kannst du mir das vllt grob erklären?
ich krieg die beweise mit epsilon selbst fast nie hin. ich versteh die immer erst im nachhinein. ich will das ja nicht einfach übernehmen ich will das dann ja auch verstehen Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.11.2011, 19:20

HAL 9000

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Zitat:

Original von chrlan1
kannst du mir das vllt grob erklären?

Das ist das Problem: Mit "grob" ist da nix zu erreichen. Ich kann da leider nur (man möge es mir verzeihen) mit einer Nahezu-Komplettlösung aufwarten:

Zunächst findet man ja ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt. Weiter folgt dann mit Dreiecksungleichung

$\begin{eqnarray*} \left| \left( \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a_k \right) - a \right| &=& \left| \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (a_k - a) \right| \leq \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} |a_k-a| < c_n + \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{\varepsilon}{2} = c_n + \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} c_n := \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k} \left( |a_k-a| - \frac{\varepsilon}{2} \right) \end{eqnarray*}$ . Aufgrund der obigen Hilfsaussage kann man nun abschätzen

$\begin{eqnarray*} c_n \leq \underbrace{\frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k}}_{\to 0 \;\mbox{für}\;n\to\infty} \cdot \underbrace{\max\limits_{1\leq k<n_0} \left( |a_k-a| - \frac{\varepsilon}{2} \right)}_{\mbox{unabhängig von $n$}} \end{eqnarray*}$ .

Jetzt fehlt nur noch ein winziger Schritt...

Bleibt außerdem natürlich noch der Beweis der Hilfsaussage, der ist ja noch offen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.11.2011, 19:43

chrlan1

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Einen Schritt verstehe ich nicht:
$\begin{eqnarray*} c_n +\frac 1 {2^n}\sum_{k=0}^n \binom n k \frac{\epsilon}{2}=c_n +\frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$
Müsste das nicht aufgrund der Hilfsaussage so aussehen:
$\begin{eqnarray*} c_n +\frac 1 {2^n}\sum_{k=0}^n \binom n k \frac{\epsilon}{2}=c_n \end{eqnarray*}$
Wie komme ich denn auf das c_n.
Gibt es da irgendeinen Weg für oder sieht das das geübte auge? Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.11.2011, 19:46

Ungewiss

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Zitat:

Original von HAL 9000
Eine direkte Anwendung dieser Aussage scheint m.E. nicht möglich:

Schließlich hängen im vorliegenden Fall die $\begin{eqnarray*} b_k = \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ nicht nur von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ab (wie es bei Anwendung dieser Aussage sein müsste), sondern leider auch von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Aber vielleicth hat Ungewiss etwas anderes, nicht so naheliegendes im Sinn..

Hey, du hast recht! Da habe ich Unsinn geschrieben Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.11.2011, 20:08

HAL 9000

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Zitat:

Original von chrlan1
Müsste das nicht [...] so aussehen:

Der zweite Versuch, meine Aussagen umzubiegen. Genauso zum Scheitern verurteilt wie dein erster Versuch oben. unglücklich

unglücklich

Gib diese Versuche auf und denke stattdessen in Ruhe, vor allem aufmerksam über alle Schritte nach. Mit aufmerksam meine ich, dass es nicht egal ist, ob da $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^m \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ steht, also schau bitte jeweils genau hin, d.h., auch auf die oberen Summenenden.

22.11.2011, 20:42

chrlan1

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ich wollte deine aussage nicht umbiegen Augenzwinkern

Augenzwinkern

hab schon gesehen das da einmal ein n und einmal ein m steht.
hab nur den zusammenhang nicht verstanden, wie man darauf kommt.
kannst du mir zufällig noch in dem thread [periodische zahl als bruch] bei der c helfen?
wäre echt super, weil da krieg ich nicht mal nen vernünftigen ansatz hin.
ps: darf keine url posten, weil ich nicht registriert bin.
hab die bestätigungsmail für die registrierung nicht bekommen. was kann ich da machen?

23.11.2011, 08:51

chrlan1

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ich glaub ich hab den schritt verstanden.
das ist so weil
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom n k \frac{\epsilon}{2}\le \epsilon \end{eqnarray*}$ .
hab ich das so richtig verstanden? dann könnte ich nämlich die schritte nachvollziehen.

23.11.2011, 09:28

Calahan

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Binomischer Lehrsatz!
Wegen

$\begin{eqnarray*} 2^n=(1+1)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k} \end{eqnarray*}$

gilt

$\begin{eqnarray*} \frac 1{2^n}\sum_{k=0}^n{n\choose k}\frac{\epsilon}2=\frac{\epsilon}2. \end{eqnarray*}$

23.11.2011, 13:47

chrlan1

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RE: Den Grenzwert einer Folge beweisen
ok habs jetzt verstanden.
danke!

23.11.2011, 20:53

maths_1

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Zitat:

Zitat von HAL 9000: $\begin{eqnarray*} \left| \left( \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a_k \right) - a \right| &=& \left| \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (a_k - a) \right| \end{eqnarray*}$

hallo könntet ihr mir bitte erklären warum hier die gleichheit gilt? weil ich dachte $\begin{eqnarray*} [latex]\left| \left( \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a_k \right) \end{eqnarray*}$ ist doch multiplikativ miteinander verknüpft. warum kann man denn im nöchsten schritt die klammern bei $\begin{eqnarray*} (a_k - a) \right| \end{eqnarray*}$ setzen? was übersehe ich? verwirrt

verwirrt

ich bitte um aufklärung

23.11.2011, 20:58

maths_1

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Zitat:

Zitat von HAL 9000: $\begin{eqnarray*} \left| \left( \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a_k \right) - a \right| &=& \left| \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (a_k - a) \right| \end{eqnarray*}$

hallo könntet ihr mir bitte erklären warum hier die gleichheit gilt? weil ich dachte $\begin{eqnarray*} [latex]\left| \left( \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a_k \right) \right| \end{eqnarray*}$ ist doch multiplikativ miteinander verknüpft. warum kann man denn im nöchsten schritt die klammern bei $\begin{eqnarray*} (a_k - a) \end{eqnarray*}$ setzen? was übersehe ich? verwirrt

verwirrt

ich bitte um aufklärung

23.11.2011, 22:12

maths_1

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keiner?

unglücklich

23.11.2011, 22:37

Calahan

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Weil $\begin{eqnarray*} \frac 1{2^n}\sum_{k=0}^n{n\choose k}=1 \end{eqnarray*}$ und es das Distributivgesetz gibt.

24.11.2011, 10:50

chrlan1

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die hilfsaussage gilt nur für m<n oder?

24.11.2011, 12:11

Lunali

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wo kommt denn das c_n her?

24.11.2011, 13:18

René Gruber

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Gründlicher lesen!
Das wird eben einfach so eingeführt:

Zitat:

Original von HAL 9000
[mit $\begin{eqnarray*} c_n := \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k} \left( |a_k-a| - \frac{\varepsilon}{2} \right) \end{eqnarray*}$ .

24.11.2011, 13:22

Ira

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Grenzwert einer folge
Hallo, ich sitze ebenfalls an der Aufgabe, bis jetzt hab ich auch alle verstanden, was hier so geschrieben wurde, allerdings weiss ich nicht was bei HAL 9000 Antwort noch fehlt. Er schreibt ja das dort noch ein kleiner Teil dazu kommt, ich überlege und überlege und komm da einfach nicht drauf. Kann mir einer von euch bitte einen Tipp geben??? Das währe total nett smile

smile

24.11.2011, 13:45

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Aufgrund der obigen Hilfsaussage kann man nun abschätzen

$\begin{eqnarray*} c_n \leq \underbrace{\frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k}}_{\color{red} \to 0 \;\mbox{für}\;n\to\infty} \cdot \underbrace{\max\limits_{1\leq k<n_0} \left( |a_k-a| - \frac{\varepsilon}{2} \right)}_{\mbox{unabhängig von $n$}} \end{eqnarray*}$ .

Damit ist $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge, d.h., es gibt ein $\begin{eqnarray*} n_1\geq n_0 \end{eqnarray*}$ , so dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_1 \end{eqnarray*}$ dann auch $\begin{eqnarray*} c_n < \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ gilt. Das komplettiert den Beweis.

24.11.2011, 13:56

Lunali

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aber laut HAL9000 muss man doch die Hilfsaussage noch beweisen oder? wie geht das denn?

24.11.2011, 14:09

René Gruber

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Zitat:

Original von Lunali
aber laut HAL9000 muss man doch die Hilfsaussage noch beweisen oder? wie geht das denn?

Also keinen einzigen Schritt selbst machen? Nicht mal versuchen? unglücklich

unglücklich

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{m} \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ ist - als Funktion von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ betrachtet - ein Polynom vom Grad $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ . Nun kann man zeigen, bzw. man weiß es vielleicht sogar schon, dass

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \frac{n^k}{a^n} = 0 \end{eqnarray*}$

für sämtliche natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ sowie reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ gilt. Insbesondere also auch für $\begin{eqnarray*} a=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k=0,1,\ldots,m \end{eqnarray*}$

24.11.2011, 15:15

sunsurfer428

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Zitat:

Original von René Gruber

Zitat:

Original von Lunali
aber laut HAL9000 muss man doch die Hilfsaussage noch beweisen oder? wie geht das denn?

Also keinen einzigen Schritt selbst machen? Nicht mal versuchen? unglücklich

unglücklich

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{m} \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ ist - als Funktion von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ betrachtet - ein Polynom vom Grad $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ . Nun kann man zeigen, bzw. man weiß es vielleicht sogar schon, dass

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \frac{n^k}{a^n} = 0 \end{eqnarray*}$

für sämtliche natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ sowie reellen Zahlen $\begin{eqnarray*} a>1 \end{eqnarray*}$ gilt. Insbesondere also auch für $\begin{eqnarray*} a=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k=0,1,\ldots,m \end{eqnarray*}$

also kann man die hilfsaussage einfach mit dem verweis auf $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n} = 0 \end{eqnarray*}$ und somit auch $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{m} \binom{n}{k}= 0 \end{eqnarray*}$ als bewiesen erklären?
( $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n} = 0 \end{eqnarray*}$ dürfte wohl in jeder Vorlesung relativ früh als vorrausgesetzt gelten...)

Noch zum Verständnis der Hilfsaussage: Das m in der Summe ist deshalb entscheidend, da $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} =2^n \end{eqnarray*}$ ist und somit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}= \frac{2^n}{2^n} =1 \end{eqnarray*}$ wäre?

24.11.2011, 15:18

René Gruber

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Zitat:

Original von sunsurfer428
mit dem verweis auf $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n} = 0 \end{eqnarray*}$

Es stimmt zwar, aber was soll das jetzt? Das würde nur den Fall k=0 erfassen. unglücklich

unglücklich

24.11.2011, 15:34

888

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Hallo, mal ne kurze frage, wo seht ihr ein m in dem Beweis von HAL 9000? bin ich jetzt blind? ich sehe da bei der Hilfsaussage ein n0-1 oben auf der Summe stehen... o.O

24.11.2011, 15:38

888

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Achso... ja entschuldigung, vergisst das verherige einfach, ich blindkopf hab das übersehen, sorry, also einfach nicht beachten ^^

24.11.2011, 16:54

nizo

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Hallo,
ich fände es sehr nett, wenn mir jemand erklären könnte, wieso man die Folge $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ einfach so wählen darf , wie es getan wurde und wieso man dann in der Folge nicht alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} n_0-1 \end{eqnarray*}$ ersetzen muss sondern nur die n im Index der Summe. Und was genau ist dann mit $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ überhaupt gezeigt? Erschließt sich irgendwie nicht so richtig für mich gerade... Hammer

Hammer

24.11.2011, 17:53

René Gruber

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Zitat:

Original von nizo
ich fände es sehr nett, wenn mir jemand erklären könnte, wieso man die Folge $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ einfach so wählen darf , wie es getan wurde

Es gibt keine (Denk-)Verbote, irgendwelche Zwischenterme mit Bezeichnungen wie hier $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ zu benennen, solange sie nicht mit anderen eingeführten Bezeichnungen des Problems kollidieren. Was man dann damit macht, darauf kommt es doch an!

Zitat:

Original von nizo
und wieso man dann in der Folge nicht alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} n_0-1 \end{eqnarray*}$ ersetzen muss

Es ist klar gesagt worden, was $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ auszeichnet:

Zitat:

Original von HAL 9000
Zunächst findet man ja ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt.

Warum denn in aller Welt jetzt alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} n_0-1 \end{eqnarray*}$ ersetzen??? Das ist ja eine desaströse Vernichtung des Beweisgedankens. unglücklich

unglücklich

----------------------------------------------------------

Abgesehen von den technischen Details geht es doch hier darum:

Für festes $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ hat man einen Anfang der Folge

$\begin{eqnarray*} a_0,a_1,\ldots,a_{n_0-1} \end{eqnarray*}$

der sich irgendwie noch "wild" verhalten darf. Der "Rest"

$\begin{eqnarray*} a_{n_0}, a_{n_0+1}, \ldots \end{eqnarray*}$

verhält sich bereits so geordnet, dass er nicht weiter als $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ vom Grenzwert entfernt ist.

Nun zerlegt man die fragliche Summe in zwei Teile:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (a_k-a) = \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k} (a_k-a) ~+~ \frac{1}{2^n}\sum_{k=n_0}^n \binom{n}{k} (a_k-a) \end{eqnarray*}$

Der erste Teil wird dadurch gebändigt, dass er nur endlich viele Summanden enthält, mittels der Hilfsaussage.

Der zweite Teil wird allein durch die Nähe der darin enthaltenen $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ zum Grenzwert $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ begrenzt.

24.11.2011, 20:57

nizo

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Ok, das leuchtet tatäschlich ein Augenzwinkern

Augenzwinkern

... Das mit alle ersetzen war auch nur auf $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ bezogen, weil mir überhaupt nicht einleuchtete, woher das auf einmal kam... Jetzt ich mich aber doch noch, warum $\begin{eqnarray*} c_n + \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ größer als der rest davor sein soll?? Also ich hoffe ich bin nicht völlig blöde, aber ich starre die ungleichung jetzt shcon etwas länger an und es erschließt sich mir einfach nicht Big Laugh

Big Laugh

... Hoffe mal die Frage jetzt nicht völlig bescheuert...

24.11.2011, 20:59

nizo

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Ups, da sind Wörter und Buchstaben verlöoren gegangen... Entschuldigung dafür, denke man kanns aber noch entziffern...

24.11.2011, 21:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von nizo
Also ich hoffe ich bin nicht völlig blöde, aber ich starre die ungleichung jetzt shcon etwas länger an und es erschließt sich mir einfach nicht

Das ist bedauerlich, weil wirklich nicht viel dazugehört. Vielleicht noch ein paar Zwischenschritte in der "Mitte":

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} |a_k-a| = \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k} |a_k-a| + \frac{1}{2^n} \sum_{k=n_0}^n \binom{n}{k} |a_k-a| < \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k} |a_k-a| + \frac{1}{2^n} \sum_{k=n_0}^n \binom{n}{k} \frac{\varepsilon}{2} = \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^{n_0-1} \binom{n}{k} \left(|a_k-a|-\frac{\varepsilon}{2}\right) + \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{\varepsilon}{2} \end{eqnarray*}$

24.11.2011, 23:47

nizo

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Ok, mit den Zwischenschritten, hab ich es jetzt tatsächlich durchblickt smile

smile

. Von daher erstmal vieeelen Dank! Bin halt noch Erstsemester und auch das erst seit 6 Wochen, das soll aber keine Rechtfertigung sein...
Vielleicht war's auch nur eine kleine Blockade im Hirn heute Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

Dankeschön jedenfalls für die Geduld von Euch allen smile

smile

.

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