Reihen, Konvergenz, Grenzwert

Neue Frage »

13.01.2015, 22:59	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Reihen, Konvergenz, Grenzwert Sei $\begin{eqnarray} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ eine Nullfolge und definiere die Folge $\begin{eqnarray} (A_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} A_0=a_0/2 \end{eqnarray}$ und für $\begin{eqnarray} k\ge1 :A_k=1/2a_{2k-2}+a_{2k-1}+1/2a_{2k} \end{eqnarray}$ Dann gilt: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty a_k \end{eqnarray}$ konvergiert genau dann wenn, $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty A_k \end{eqnarray}$ konvergiert. Im Fall der Konvergenz haben beide Reihen denselben Grenzwert. Hallo, Ich glaube, das Beispiel ist mittels des Majorantenkriteriums zu lösen. => $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty a_k \end{eqnarray}$ konvergiere ZZ.: $\begin{eqnarray} \frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^\infty 1/2 a_{2k-2}+a_{2k-1}+1/2 a_{2k} \end{eqnarray}$ konvergiert $\begin{eqnarray} \|1/2 a_{2k-2}+a_{2k-1}+1/2 a_{2k}\|\le \frac{1}{2} \| a_{2k-2}\|+\|a_{2k-1}\|+\frac{1}{2}\|a_{2k}\| \end{eqnarray}$ ?? Das Bsp erinnert mich etwas an ein anderes Bsp: Die drei Teilfolgen $\begin{eqnarray} (a_{2n})_{n\in\mathbb{N}}, (a_{2n+1})_{n\in\mathbb{N}}, (a_{3n})_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ konvergieren genau dann wenn $\begin{eqnarray} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ konvergiert. Aber ich glaub nicht, dass dies mir nützt. Wäre dankbar für einen richtigen Ansatz LG
13.01.2015, 23:24	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Reihen, Konvergenz, Grenzwert Du kannst es sehr schlecht abschätzen, da du nicht weißt, dass a_k positiv sind. Die Reihen müssen also nicht absolut konvergieren. Schreib dir mal den Anfang der Reihe über A_k auf. Du solltest ziemlich schnell ein Muster erkennen.
14.01.2015, 11:54	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Ich mache mir das ganze denke ich viel zu kompliziert. Trotzdem schreibe ich meine Lösung für die eine Richtung mal nieder. Korrektur erwünscht! Ich habe zuerst mittels Induktion bewiesen: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^n A_k=(\sum_{k=0}^{2n-1}a_k)+\frac{1}{2}a_{2n} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n\ge 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow) \sum_{k=0}^\infty a_k \end{eqnarray}$ konvergiert d.h. $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0 \exists N_0: \forall n \ge m \ge N_0: \|\sum_{k=m}^n a_k\|<\frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray}$ ZZ.: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty A_k \end{eqnarray}$ konvergiert Da $\begin{eqnarray} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ eine Nullfolge: $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0:\exists N_1: \forall n \ge N_1 : \|a_n\| < \epsilon \end{eqnarray}$ Seien $\begin{eqnarray} v\ge u \ge max\{N_0,N_1,2\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|\sum_{k=u}^v A_k\|= \|\sum_{k=0}^v A_k-\sum_{k=0}^{u-1} A_k\| =\|(\sum_{k=0}^{2v-1}a_k)+\frac{1}{2}a_{2v}-(\sum_{k=0}^{2(u-1)-1}a_k)-\frac{1}{2}a_{2(u-1)}\|\le \|(\sum_{k=0}^{2v-1}a_k)\|+\frac{1}{2}\|a_{2v}\|-\|(\sum_{k=0}^{2u-3}a_k)\|-\frac{1}{2}\|a_{2u-2}\|\le\|\sum_{k=2u-2}^{2v-1}a_k\|+\frac{1}{2}\|a_{2v}\|-\frac{1}{2}\|a_{2u-2}\| \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \le\|\sum_{k=2u-2}^{2v-1}a_k\|+\frac{1}{2}\|a_{2v}\|< \frac{\epsilon}{2} + \frac{1}{2}\epsilon =\epsilon \end{eqnarray}$
14.01.2015, 14:09	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Es sieht richtig aus, aber es geht tatsächlich schneller. Deine gezeigte Aussage per Induktion ist der Schlüssel. Die Folge links ist gleich der Folge rechts. D.h. die Reihe über die A_k konvergiert, da die rechte Seite die Summe zweier konvergenter Folgen sind. Das ist auch genau das was du über die Definition zeigst.
14.01.2015, 16:16	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Ich habe ja jetzt nur gezeigt, dass die Folge der Partialsummen von $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty A_K \end{eqnarray}$ eine Cauchyfolge ist. Ist es nicht besser die Rechnung anders zu führen um den Grenzwert auch rauszubekommen? Um das eben in einer Rechnung zu machen? Nochmal von vorne: $\begin{eqnarray} \Rightarrow) \end{eqnarray}$ Sei $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty a_k =a \end{eqnarray}$ , d.h. $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0:\exists N_0 \in \mathbb{N}:\forall n \ge N_0 : \|\sum_{k=0}^n a_k - a\| < \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray}$ ZZ.: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty A_K=a \end{eqnarray}$ Da $\begin{eqnarray} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ eine Nullfolge: $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0:\exists N_1: \forall n \ge N_1 : \|a_n\| < \epsilon \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} n \ge \max\{N_0,N_1,2\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|\sum_{k=0}^n A_k- a\|=\|\sum_{k=0}^{2n-1}a_k+\frac{1}{2}a_{2n}-a\| \le \|\sum_{k=0}^{2n-1}a_k-a\|+\frac{1}{2}\|a_{2n}\|< \frac{\epsilon}{2}+ \frac{\epsilon}{2}= \epsilon \end{eqnarray}$ Brauch ich für die andere Richtung eine andere Aussage, die ich mittels Induktion zeige muss? $\begin{eqnarray} \Leftarrow) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty A_k =a \end{eqnarray}$ d.h. $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0 \exists N_0: \forall n \ge m \ge N_0: \|\sum_{k=m}^n A_k\|<\frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray}$ ZZ.: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty a_k =a \end{eqnarray}$ Da $\begin{eqnarray} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ eine Nullfolge: $\begin{eqnarray} \forall \epsilon>0:\exists N_1: \forall n \ge N_1 : \|a_n\| < \epsilon \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|\sum_{k=0}^n a_k\| .. \end{eqnarray}$ Brauch ich hier nicht eine Fallunterscheidung, jenachdem ob die obere Schranke gerade oder ungerade ist? Hier stecke ich etwas...!
14.01.2015, 16:37	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie gesagt fuer die Hinrichtigung $\begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n A_k = \lim_{n\to\infty} \sum_{k = 1}^{2n-1} a_k + \frac 1 2 a_{2n} = \sum_{k = 1}^\infty a_k \end{eqnarray}$ und damit ist schon alles fertig. Und für die Rückrichtung wäre eine Fallunterscheidung gut.
Anzeige

14.01.2015, 17:33	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieso beginntst du bei deiner Hinrichtung nicht mit k=0? Ja ich schreib mir sowieso beide Lösungswege auf! Fall 1) n ungerade, n=2l-1 Ich wähle n sodass gilt $\begin{eqnarray} \frac{n-1}{2}=l \ge N_0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 2n \ge N_1 \end{eqnarray}$ Insgesamt reicht n sozu wählen: $\begin{eqnarray} n \ge Max\{2N_0 +1,N_1,1\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|\sum_{k=0}^n a_k - a \| = \|\sum_{k=0}^l A_k - 1/2 a_{2n} - a\| \le \|\sum_{k=0}^l A_l-a\|+\frac{1}{2} \|a_{2n}\|< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon \end{eqnarray}$ Fall 2) n gerade so ist n-1=2l-1 Ich wähle n sodass gilt $\begin{eqnarray} \frac{n-1+1}{2}=l \ge N_0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} n \ge N_1 \end{eqnarray}$ Insgesamt $\begin{eqnarray} n \ge Max\{2N_0,N_1,1\} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|\sum_{k=0}^n a_k - a \|=\| \sum_{k=0}^l A_k- \frac{1}{2} a_{2n} + a_{n} - a\|= \| \sum_{k=0}^l A_k - a\| + \frac{1}{2}\|a_{2n}\| + \|a_{n}\| \le \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\frac{3}{2\epsilon} \end{eqnarray}$ Kann man natürlich so machen, dass $\begin{eqnarray} \epsilon \end{eqnarray}$ rauskommt..
14.01.2015, 18:27	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt so Mit \max erhälst du übrigens das schönere $\begin{eqnarray} \max \end{eqnarray}$ . Und mit den Startindizes habe ich gerade nicht aufgepasst, sorry.
15.01.2015, 10:28	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Hilfe! Schönen Donnerstag! LG
15.01.2015, 10:57	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ebenso

Neue Frage »

Antworten »

Reihen, Konvergenz, Grenzwert

Verwandte Themen