Konvergenz einer Reihe, bei gegebener Konvergenz der Folge

09.11.2013, 20:04

Element+

Konvergenz einer Reihe, bei gegebener Konvergenz der Folge

Meine Frage:
Es geht um eine auf einem Übungsblatt gegebene Aufgabe:

Es gelte $\begin{eqnarray*} x_{n} -> x \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ Zeigen Sie, dass:

$\begin{eqnarray*} y_{n} := 1/n \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$ -> x

Zeigen sie, dass die Rückrichtung falsch ist.

Meine Ideen:
Ich denke, damit $\begin{eqnarray*} y_{n} \end{eqnarray*}$ wie gewünscht konvergiert muss gelten: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$ -> n*x
Dies zu beweisen aber tue ich mir schwer. Mein letzter Ansatz war aus der Summe x heraus zu ziehen, so dass die einzelnen Summanden gegen fast alle gegen 1 konvergieren. Aber ich befürchte, dass mir noch ein Beweis aus der Vorlesung fehlt oder ich einen völlig falschen Ansatz verfolge. Ich hoffe demnach weniger auf eine komplett Lösung, als auf ein kleines gerade rücken meiner Perspektive. ^^ Sonst macht es mir keinen Spaß. ^^
Was den zweiten Teil der Aufgabenstellung angeht habe ich mir noch keine Gedanken gemacht, ich hoffe dass ich das klarer sehen werde, wenn ich den ersten Teil erledigt verstanden habe.
Dank an das Forum im Voraus.

09.11.2013, 20:39

HAL 9000

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Die Aussage ist als Cauchyscher Grenzwertsatz bekannt, das Stichwort sollte bei weiteren Recherchen (hier im Board oder anderswo) helfen.

Zitat:

Original von Element+
Ich denke, damit $\begin{eqnarray*} y_{n} \end{eqnarray*}$ wie gewünscht konvergiert muss gelten: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$ -> n*x

Nein - mit dieser Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ erreichst du nur, dass für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ beide Seiten bestimmt divergieren. Das ist nicht gerade hilfreich beim Beweis. unglücklich

09.11.2013, 20:44

Element+

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Vielen Dank. Das Forum ist der Hammer.
Ich dachte, wenn ich beweise, dass meine Summe gegen n*x konvergiert, kann ich n kürzen, wo liegt mein Denkfehler?

09.11.2013, 21:35

HAL 9000

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Ich wiederhole mich nicht - aber vielleicht kann dir jemand anders besser erklären, dass es totaler Unfug ist zu meinen, beim Grenzübergang $\begin{eqnarray*} {\color{red}n}\to\infty \end{eqnarray*}$ könnte der vermeintliche Grenzwert von dieser Variablen $\begin{eqnarray*} {\color{red}n} \end{eqnarray*}$ abhängen. unglücklich

10.11.2013, 00:21

Element+

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Ich bin mir nicht sicher ob ich richtig verstanden wurde. Es soll schwierig sein meine Gedanken nachzuvollziehen, meiner Ausdrucksweise fehlt noch der Schliff. Was ich meine ist folgendes:
Die gegebene Aussage ist $\begin{eqnarray*} x_{n} \end{eqnarray*}$ -> x Die zu beweisende:

1/n * $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$ -> x

Du hast vorhin von einer Multiplikation gesprochen, ich möchte folgende Aussage nicht aus meiner zu beweisenden Aufgabe herleiten indem ich beide Seiten mit n multipliziere:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$ -> x*n

Ich möchte den umgekehrten Weg gehen und über

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$ -> x*n

beweisen:

1/n * x*n -> x.

Dabei möchte ich:

1/n * $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \end{eqnarray*}$

umformen zu:

1/n * x* $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} / x \end{eqnarray*}$

Wobei $\begin{eqnarray*} x_{k} / x \end{eqnarray*}$ gegen 1 konvergiert.

Der umstand, den ich mir zu Nutze machen möchte bzw. den ich mir angesehen habe ist:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n 1 \end{eqnarray*}$ = n

10.11.2013, 09:49

HAL 9000

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Also Ok, ich hab das passende Stichwort gegeben, und bin ansonsten mit meinem Hinweis, dass der Konvergenzbegriff nicht derart vergewaltigt werden darf, wiederholt gescheitert. Wer will, darf also hier gern übernehmen.

10.11.2013, 10:01

Element+

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Vielen Dank für deine Hilfe, ich scheine mich ja sehr geirrt zu haben. Aber ich werde es schon noch lernen. ^^ Wenigstens weiß ich jetzt, dass mine Ansatz falsch war.

10.11.2013, 11:22

Element+

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Ich nehme natürlich sehr gerne auch weiterhin jede Hilfe aus dem Forum zu diesem Thema an. ^^

10.11.2013, 11:58

Grautvornix

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Fast alle Folgeglieder von $\begin{eqnarray*} \left(x_n\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ befinden sich lt Vor. in einer Epsilon-Umgebung von x.

Somit kannst Du für fast alle Folgeglieder abschätzen:

$\begin{eqnarray*} \sum |x_n-x|<\sum \varepsilon \end{eqnarray*}$

Darüber kannste ja mal nachdenken.

10.11.2013, 12:02

Element+

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Vielen Dank. Mit dem Bewies an sich komme ich jetzt klar. Nochmals danke auch an Hal 9000. Aber ich muss unbedingt noch verstehen, warum mein früherer Ansatz so massiv falsch war. Da gibt es ja anscheinend noch einiges zu lernen, ich bitte sehr eure Hilfe. Danke für eure Geduld mit mir im Voraus. smile

10.11.2013, 17:41

Element+

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Hier mein vollständiger Beweis
Angabe:
Für $\begin{eqnarray*} n\rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} x_{n} \rightarrow x \end{eqnarray*}$

Dies in Quantoren ausgedrückt bedeutet:
$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon < 0 \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb N: \forall n \in \mathbb N: n_{\varepsilon} \geq n : | x_{n} - x| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Es gilt zu beweisen, dass aus der Angabe folgt:

$\begin{eqnarray*} y_{n} := \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} \rightarrow x \end{eqnarray*}$

Dies mit Quantoren ausgedrückt bedeutet:
$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon < 0 \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb N: \forall n \in \mathbb N: n_{\varepsilon} \geq n : | \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} - x| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Ich forme nun $\begin{eqnarray*} | \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} - x| \end{eqnarray*}$ um:

$\begin{eqnarray*} | \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} - x| =| \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} -\frac{1}{n}\cdot n \cdot x| = | \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} -\frac{1}{n}\cdot \sum\limits_{k=1}^n x| = |\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n_{\varepsilon}} (x_{k}-x) + \frac{1}{n}\sum\limits_{k={n_{\varepsilon}}+1}^n (x_{k}-x)| \leq |\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n_{\varepsilon}}(x_{k}-x) |+ |\frac{1}{n}\sum\limits_{k={n_{\varepsilon}}+1}^n (x_{k}-x)| \end{eqnarray*}$

Es gilt: $\begin{eqnarray*} |\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n_{\varepsilon}} (x_{k}-x) | \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$
bzw. $\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon < 0 \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb N: \forall n \in \mathbb N: n_{\varepsilon} \geq n : |\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n_{\varepsilon}} (x_{k}-x) | < {\varepsilon} \end{eqnarray*}$
Obige Feststellung ist richtig, da:
$\begin{eqnarray*} n_{\varepsilon} \end{eqnarray*}$ ein beliebiger ABER fester Wert ist und $\begin{eqnarray*} (x_{k}-x) \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , ist $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n_{\varepsilon}} (x_{k}-x) \end{eqnarray*}$ ebenfalls ein beliebiger fester Wert innerhalb von $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ und konvergiert gegen sich selbst, während $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$
Aus den Rechengesetzen für Konvergenz folgt dann: $\begin{eqnarray*} |\frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^{n_{\varepsilon}} (x_{k}-x) | \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ .

Nun gilt es noch zu beweisen: $\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon < 0 \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb N: \forall n \in \mathbb N: n_{\varepsilon} \geq n : | \frac{1}{n} \sum\limits_{n_{\varepsilon+1}}^n x_{k}| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Dies gelingt so: $\begin{eqnarray*} |\frac{1}{n}\sum\limits_{k={n_{\varepsilon}}+1}^n (x_{k}-x)| \leq \frac{1}{n}\sum\limits_{k={n_{\varepsilon}}+1}^n| x_{k}-x| \leq \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n| x_{k}-x| \end{eqnarray*}$

Nun nutze ich die Angabe:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n| x_{k}-x| < \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n \varepsilon= \frac{1}{n} \cdot n \cdot \varepsilon = \varepsilon \end{eqnarray*}$

Insegasmt also: $\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon < 0 \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb N: \forall n \in \mathbb N: n_{\varepsilon} \geq n : | \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n x_{k} - x| < 2\varepsilon \end{eqnarray*}$

Epsilon ist beliebig wählbar, 2 Epsilon ist also so gut wie Epsilon.

10.11.2013, 17:52

Element+

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RE: Hier mein vollständiger Beweis
Ich bitte sehr um eure Korrektur, falls ihr noch etwas findet das nicht so ist, wie es sein sollte. Gott

10.11.2013, 23:24

Grautvornix

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RE: Hier mein vollständiger Beweis
Bis auf ein paar Kleinigkeiten passt das so.

- Ein solcher Beweis beginnt immer mit den Worten: Sei Epsilon>0 ...

- An entsprechender Stelle solltest Du die Anwendung der Dreiecksungleichung nicht unerwähnt lassen.

- Am Ende passt der Summenindex nicht mehr.

- Anschaulich ist klar, dass die endliche Summe versehen mit dem Faktor 1/n sich durch Epsilon kontrollieren lässt. Das könntest Du aber auch formal noch ausbessern.

Etwa so:

Sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon >0 \end{eqnarray*}$ beliebig.

Laut Vor. existiert $\begin{eqnarray*} n_1 \end{eqnarray*}$ so dass $\begin{eqnarray*} |x_n-x|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_1. \end{eqnarray*}$

Setze nun $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{n_1}|x_n-x|=:K. \end{eqnarray*}$

Offenbar ist $\begin{eqnarray*} \left(\frac Kn\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge.

Also existiert $\begin{eqnarray*} n_2 \end{eqnarray*}$ so dass $\begin{eqnarray*} \frac Kn<\varepsilon \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_2. \end{eqnarray*}$

Sei nun $\begin{eqnarray*} n\geq \max\left(n_1,n_2\right) \end{eqnarray*}$ dann gilt...

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