Folge, gegen 0 konvergiert, Potenz

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31.12.2015, 17:34	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Folge, gegen 0 konvergiert, Potenz Hallo Sei die Folge $\begin{eqnarray} \epsilon_k= 1/(k!) \end{eqnarray}$ gegeben. Ich möchte zeigen, dass $\begin{eqnarray} \epsilon_k^{\frac{1}{k}} \end{eqnarray}$ gegen 0 konvergiert für $\begin{eqnarray} k\rightarrow \infty \end{eqnarray}$ . Der Beweis im Skriptum ist folgender: $\begin{eqnarray} \epsilon_k^{\frac{1}{k}}=\frac{1}{(k!)^{\frac{1}{k}}} \le \frac{1}{(k^{k/2})^{\frac{1}{k}}}=\frac{1}{\sqrt{k}}\rightarrow 0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k\rightarrow \infty \end{eqnarray}$ Nun verstehe ich leider das erste Ungleichheitszeichen nicht. Warum ist $\begin{eqnarray} k! > k^{\frac{k}{2}} \end{eqnarray}$ ? Ich hab versucht das passend umzuformen mit logarithmus: $\begin{eqnarray} k! > k^{\frac{k}{2}} \iff log(1)+..+log(k-1) > \frac{k-2}{2} log(k) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k>2 \end{eqnarray}$ Auch eine Fallunterscheidung für k gerade bzw. k ungerade habe ich in Betracht gezogen, leider blieben die Versuche ergebnislos. LG, MaGi
01.01.2016, 09:29	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Mein Versuch mittels vollständiger Induktion für die Aussage $\begin{eqnarray} k!\ge k^{\frac{k}{2}} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k \ge 2 \end{eqnarray}$ I.Anfang für k=2 klar I.Vor $\begin{eqnarray} k!\ge k^{\frac{k}{2}} \end{eqnarray}$ I.Schritt $\begin{eqnarray} (k+1)!=k!(k+1) \ge k^{k/2} (k+1) \ge k^{k/2} \frac{k+1}{\sqrt{k+1}} = k^{k/2} \sqrt{k+1} >e^{\frac{1}{2}} \ge (1+1/k)^{k/2} = (\frac{k+1}{k})^{k/2} \end{eqnarray}$ Ich benutze, dass $\begin{eqnarray} (1+1/k)^{k/2} \rightarrow e^{1/2} (k\rightarrow \infty) \end{eqnarray}$ und die Folge $\begin{eqnarray} (1+1/k)^{k/2} \end{eqnarray}$ monoton wachsend ist. Eine Abschätzung wird zu scharf sein, da das nicht hinhaut? LG
01.01.2016, 10:50	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Abschätzung stimmt, allerdings sehe ich spontan auch nichts schönes, warum. Für den Beweis tut es aber auch die trivale Abschätzung $\begin{eqnarray} \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor^{\left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor } \leq k! \end{eqnarray}$ . Das lässt sich sofort darüber zeigen, dass $\begin{eqnarray} k! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor \cdot \left(\left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor +1\right)\cdot \ldots \cdot (k-1) \cdot k \geq 1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor \cdot \ldots \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor \end{eqnarray}$ . In Worten: Alles was kleiner als die Hälfte von k/2 ist, wird durch 1 abgeschaetzt, und alles größer durch die k/2. Ich gucke mal, ob ich die ursprüngliche Abschätzung auch zeigen kann.
01.01.2016, 11:21	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Problem ist, ich bräuchte die Abschätzung eigentlich nochmal, denn wir wollten eigentlich zeigen, dass de Folge $\begin{eqnarray} \epsilon_k=1/k! \end{eqnarray}$ superlinear ist aber keine Konvergenzordnung $\begin{eqnarray} p>1 \end{eqnarray}$ hat. Superlinear bedeutet, dass $\begin{eqnarray} \lim_{k\rightarrow \infty} \epsilon_k^{1/k} \end{eqnarray}$ gegen 0 konvergiert und Konvergenzordnung p heißt: Falls im superlinearen Fall zudem $\begin{eqnarray} \epsilon_{k+1} \le c \epsilon_k^p \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} p>1,c>0 \end{eqnarray}$ für fast alle $\begin{eqnarray} k \in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ Der Beweis zu $\begin{eqnarray} \epsilon_k \end{eqnarray}$ hat keine Konvergenzordnung: $\begin{eqnarray} p>1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\epsilon_{k+1}}{(\epsilon_k)^p} = \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{(k!)^p}{(k+1)!} =\frac{\epsilon_k^{1-p}}{k+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \ge \frac{1}{k+1} k^{\frac{k (p-1)}{2}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \frac{1}{k+1} exp(log(k) \frac{k (p-1)}{2}) \rightarrow \infty \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} k \rightarrow \infty \end{eqnarray}$ Ich denke der Schluss folgt mit Hospital $\begin{eqnarray} \lim \frac{1}{k+1} exp(log(k) \frac{k (p-1)}{2})= \lim e^{log(k) \frac{k (p-1)}{2}} \frac{p-1}{2} (1+log(k)) \end{eqnarray*}$ Da wird auch die im Post 1 verwendete Ungleichung verwendet im Ungleichheitszeichen.
01.01.2016, 11:32	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Auch da tut es die andere Abschätzung. Du brauchst ja effektiv nur, dass die Exponentialfunktion scheller wächst als eine lineare Funktion. Dort ist L'Hospital etwas übertrieben.
01.01.2016, 11:55	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah okay mit $\begin{eqnarray} \frac{\epsilon_{k+1}}{\epsilon_k^p} \ge \frac{1}{k+1} \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor^{\left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor (p-1) } \ge \frac{1}{k+1} \left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor^{\frac{k}{2} (p-1) } =\frac{1}{k+1} exp(\frac{k(p-1)}{2} log(\left \lfloor \frac k 2 \right \rfloor))\rightarrow \infty \end{eqnarray}$ Wenn du noch einen Beweis für die ursprüngliche Ungleichung findest, lass es mich wissen. Vielen Dank!
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01.01.2016, 17:24	Dangalf	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweisskizze für $\begin{eqnarray} k!\ge k^{\frac{k}{2}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} k!\ge k^{\frac{k}{2}} \iff (k!)^2 \ge k^k \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (k!)^2 = k! \cdot k! = \prod_{i=1}^k i \cdot (k+1-i) \end{eqnarray}$ (aufsteigend sortierte Faktoren der linken mit den absteigend sortierten Faktoren der rechten Fakultät zusammengefasst) Es ist $\begin{eqnarray} i \cdot (k+1-i) \ge k \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 1 \le i \le k \end{eqnarray}$ , denn diese Ungleichung ist äquivalent zu $\begin{eqnarray} (k-i) \cdot (i-1) \ge 0 \end{eqnarray}$ , wo beide Faktoren nicht negativ sind.
01.01.2016, 17:31	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Sehr schön
02.01.2016, 10:45	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Dangalf, Vielen Dank für den Beweis Liebe Grüße, MaGi

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