Beweis Nullfolge

21.05.2013, 15:54

Freedom Wizard

Beweis Nullfolge

Würde mich über Hilfestellung bei folgender Aufgabe freuen: Ich soll beweisen, dass für alle k aus N die Folge $\begin{eqnarray*} \left(\frac{n^{k}}{2^{n}}\right)_{n\in N} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist. Mir fehlt die Beweisidee (auf Induktion wird es wohl hinaus laufen, aber Induktionsanfang und Induktionsschritt sind mir schleierhaft)

21.05.2013, 16:36

Mazze

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Wo hängts denn? Die Induktion erfolgt über k, offenbar wäre k = 0 ein gute Anfang für den Induktionsanfang.

21.05.2013, 17:08

Freedom Wizard

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ja klar. Mir gelingt es nicht für den Induktionsanfang zu zeigen, dass es auch wirklich eine Nullfolge ist bzw. dann für den Induktionsschritt, wenn ich k durch k+1 ersetze.

21.05.2013, 20:38

Freedom Wizard

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Ich habe folgende Ideen:

Induktionsanfang k=1. Reicht es dann zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} 2^{n}\geq n \end{eqnarray*}$ ? Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} 2^{n}\geq n \end{eqnarray*}$ (erfüllt für n=1). Induktionsschritt für n geht über in n+1 liefert

$\begin{eqnarray*} 2^{n+1}\geq n+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2*2^{n}\geq n+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2*n\geq n+1 \end{eqnarray*}$ (IV)
$\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$

Damit ist bewiesen, dass die Folge für k=1 eine Nullfolge ist.

Nun der Induktionsschritt für k geht über in k+1
$\begin{eqnarray*} 2^{n}\geq n^{k+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2^{n}\geq n^{k}*n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \geq \frac{n^{k}}{2^{n}} \end{eqnarray*}$

Aus dem Sandwich-Theorem folgt, dass $\begin{eqnarray*} \frac{n^{k}}{2^{n}} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist.

Andere Variante: Die Folge $\begin{eqnarray*} \frac{n^{k}}{2^{n}} \end{eqnarray*}$ lässt sich anschreiben als $\begin{eqnarray*} \frac{\frac{1}{2^{n}}}{\frac{1}{n^{k}}} \end{eqnarray*}$ . Wenn ich nun den Limes bilde, dann folgt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{2^{n}}}{\frac{1}{n^{k}}} = \frac{\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^{n}}}{\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{k}}} = \frac{0}{0} = 0 \end{eqnarray*}$

21.05.2013, 20:43

Grautvornix

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Hmh, also Induktion halte ich hier nicht für zielführend.

Du könntest ganz einfach mit dem Quotientenkriterium zeigen, dass die Reihe

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{n^k}{2^n} \end{eqnarray*}$

für beliebige $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Alternativ könntest Du nutzen, dass

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1. \end{eqnarray*}$

Denn damit folgt die Existenz eines $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n}\leq\sqrt[k+1]{2} \end{eqnarray*}$

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

Und somit gilt

$\begin{eqnarray*} \frac{n^k}{2^n}\leq \frac 1n \end{eqnarray*}$

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

21.05.2013, 21:03

Freedom Wizard

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Reihen haben wir erst letztens angeschnitten, das Kriterium haben wir noch nicht. Bei deinem Alternativvorschlag verstehe ich noch nicht, warum die Existenz eines $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n}\leq\sqrt[k+1]{2} \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0. \end{eqnarray*}$ folgt. Kannst du das bitte genauer erläutern? Danke.

PS: Hast du dir meine beiden Lösungsvorschläge angesehen?

21.05.2013, 21:40

Grautvornix

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Zitat:

Original von Freedom Wizard
...warum die Existenz eines $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n}\leq\sqrt[k+1]{2} \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0. \end{eqnarray*}$ folgt. Kannst du das bitte genauer erläutern?

Ja sicher.

Einerseits ist offenbar für jedes feste $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ die Zahl $\begin{eqnarray*} \sqrt[k+1]{2} \end{eqnarray*}$ echt größer als 1.

Andererseits gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1. \end{eqnarray*}$

Zu $\begin{eqnarray*} \varepsilon:=\sqrt[k+1]{2}-1 \end{eqnarray*}$ gibt es deshalb gem. Kgz.-Def. ein $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n}-1<\varepsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0. \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Freedom Wizard
PS: Hast du dir meine beiden Lösungsvorschläge angesehen?

Ja, kannste beide knicken.

Zu 1.

Offenbar gilt n+1 > n für alle n. Dennoch ist n/(n+1) keine Nullfolge.

Zu 2.

0/0=0? Aua!

21.05.2013, 22:28

Freedom Wizard

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Okay, müsste es dann aber nicht $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{n}<\sqrt[k+1]{2} \end{eqnarray*}$ sein? (also echt kleiner)

Und dann $\begin{eqnarray*} \frac{n^k}{2^n}< \frac 1n \end{eqnarray*}$

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

22.05.2013, 08:47

Grautvornix

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Zitat:

Original von Freedom Wizard
Okay, müsste es dann ...

Kann - muss aber nicht, denn $\begin{eqnarray*} < \end{eqnarray*}$ impliziert ja $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ genügt hier vollkommen.

22.05.2013, 15:27

Freedom Wizard

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Okay, dann vielen Dank für die Hilfe!

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