lim b_n/a_n=0 für zwei Folgen zeigen

02.10.2016, 21:02

Sarah2015

lim b_n/a_n=0 für zwei Folgen zeigen

Meine Frage:
Liebe Community,

folgende Behauptung beschäftigt mich nun schon eine Weile:

Es seien $\begin{eqnarray*} a_n>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_n\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ Folgen, so dass
(i) $\begin{eqnarray*} lim_{n\rightarrow \infty} a_{n+1}/a_n = a > 1 \end{eqnarray*}$
(ii) $\begin{eqnarray*} lim_{n\rightarrow \infty} (b_{n+1}-b_n)/a_n = 0 \end{eqnarray*}$ .
Dann gilt
$\begin{eqnarray*} lim_{n\rightarrow \infty} b_n/a_n = 0 \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Auf den ersten Blick dachte ich, dass möglicherweise Umformungen zum Ziel führen könnten.
Z.B. fand ich, dass
$\begin{eqnarray*} (b_{n+1}-b_n)/a_n = b_{n+1}/a_{n+1} - b_n/a_n \end{eqnarray*}$
schon ganz gut aussieht, aber es hat mich zu absolut nichts gebracht.

Habt ihr Ideen?

03.10.2016, 01:23

Guppi12

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Hi,

die Lösung, die ich mir ausgedacht habe, ist nicht ganz offensichtlich, deswegen will ich dir einen kräftigen Schubs geben. (Könnte aber auch gut sein, dass es viel einfacher geht.)
Zunächst nehmen wir o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} b_0 = 0 \end{eqnarray*}$ an, ansonsten können wir zur Folge $\begin{eqnarray*} (b_n-b_0)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ übergehen. Überlege dir, warum das erlaubt ist.

Für beliebige $\begin{eqnarray*} n,N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} N < n \end{eqnarray*}$ gilt: (später soll $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ fest gewählt werden und $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ geschickt werden)

$\begin{eqnarray*} \frac{b_n}{a_n} =\frac{1}{a_n} \sum_{j=0}^{n-1}\frac{b_{j+1}-b_j}{a_j}a_j =\frac{1}{a_n} \sum_{j=0}^{N-1}\frac{b_{j+1}-b_j}{a_j}a_j +\frac{1}{a_n} \sum_{j=N}^{n-1}\frac{b_{j+1}-b_j}{a_j}a_j \end{eqnarray*}$ .

Für festes $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ kannst du hier schonmal den Grenzwert des linken Summanden bestimmen. Danach musst du dich nur noch um den rechten Summanden kümmern. Dafür noch folgenden Tipp:

Schreibe $\begin{eqnarray*} \left |\sum_{j=N}^{n-1}\frac{b_{j+1}-b_j}{a_j}\frac{a_j}{a_n}\right| \leq \sum_{j=N}^{n-1}\left( \left|\frac{b_{j+1}-b_j}{a_j}\right| \prod_{k=j}^{n-1} \frac{a_k}{a_{k+1}}\right) \end{eqnarray*}$ .

Schreibe dann weiter $\begin{eqnarray*} \prod_{k=j}^{n-1} \frac{a_k}{a_{k+1}} = \exp\left((n-j)\log\left(\frac{1}{a}\right)+\sum_{k=j}^{n-1}\left[\log\left(\frac{a_{k}}{a_{k+1}}\right)-\log\left(\frac{1}{a}\right)\right]\right) \end{eqnarray*}$ .

Jetzt mach dich ans abschätzen. Bedenke, dass $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ fest, aber dennoch beliebig groß gewählt werden kann und dass $\begin{eqnarray*} N\leq j\leq k \end{eqnarray*}$ im wichtigen rechten Summanden.

03.10.2016, 22:22

Sarah2015

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Danke für deine ausführliche Antwort, Guppi12. Ist wirklich alles andere als offensichtlich.

Deshalb auch gleich eine Frage:

Wie kann denn der Grenzwert des linken Summanden bestimmt werden? Für immer größer werdendes N liegen die einzelnen Summanden zwar immer näher an 0, aber wenn z.B. der erste Summand größer 0 ist, dann ist die Summe ja auch größer 0 und dann können wir den Grenzwert der Reihe nicht bestimmen, oder etwa doch? verwirrt

04.10.2016, 00:06

Guppi12

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Zitat:

Wie kann denn der Grenzwert des linken Summanden bestimmt werden?

Kannst du mit Hilfe von (i) etwas über die Folge $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{a_n}\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ aussagen?
Wie steht das es dann mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{a_n}\cdot c \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ irgendeine Konstante ist?

04.10.2016, 10:25

Sarah2015

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Achso, natürlich n soll gegen unendlich gehen, nicht N.

Weiß allerdings nicht, wie ich aus (i) etwas für die Folge $\begin{eqnarray*} (1/a_n)_{n\in \mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ folgern kann...

Klar wäre dann das mit der Konstanten $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ .

04.10.2016, 10:55

Guppi12

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Bedingung (i) sagt, dass sich $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ für großes $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ fast wie die geometrische Folge $\begin{eqnarray*} (a^n)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ verhält. Da diese für $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ uneigentlich gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ konvergiert, konvergiert ihr Kehrwert $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{a^n}\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Vielleicht könnte man hier ja auch zeigen, dass $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ uneigentlich konvergiert. Dies würde uns die analoge Aussage für $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{a_n}\right)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ geben.

04.10.2016, 11:16

Sarah2015

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Das mit der geometrischen Folge verstehe ich nicht ganz, aber das andere macht für mich Sinn.
Bedingung (i) sagt ja im Grunde, dass $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in \mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ wachsend ist ab einem $\begin{eqnarray*} N \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ .

Ich frage mich jetzt, ob man das mit dem rechten Summanden nicht einfach abkürzen kann, indem man sagt, dass man N so groß wählt, dass $\begin{eqnarray*} (b_ {j+1}-b_j)/a_j = 0 \end{eqnarray*}$ gilt (mit (ii))...

Aber geht wohl nicht, da der Term für genügend große N dann ja nur kleiner epsilon ist...

04.10.2016, 11:23

Guppi12

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Zitat:

Das ist richtig. Bekommst du das hin, das zu zeigen oder sollen wir da nochmal näher drauf eingehen?

Zitat:

Ich frage mich jetzt, ob man das mit dem rechten Summanden nicht einfach abkürzen kann, indem man sagt, dass man N so groß wählt, dass $\begin{eqnarray*} (b_ {j+1}-b_j)/a_j = 0 \end{eqnarray*}$ gilt (mit (ii))...

Aber geht wohl nicht, da der Term für genügend große N dann ja nur kleiner epsilon ist...

Du hast das Problem schon richtig erkannt. Deine erste Aussage ist natürlich falsch, das erkennst du aber selbst in der zweiten Aussage.

Nimm dir diese Darstellung her

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \prod_{k=j}^{n-1} \frac{a_k}{a_{k+1}} = \exp\left((n-j)\log\left(\frac{1}{a}\right)+\sum_{k=j}^{n-1}\left[\log\left(\frac{a_{k}}{a_{k+1}}\right)-\log\left(\frac{1}{a}\right)\right]\right) \end{eqnarray*}$ .

und überlege dir, ob man die Logarithmendifferenz ganz rechts irgendwie klein bekommen kann.

09.10.2016, 20:50

Sarah2015

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Die Aufgabe musste erstmal ruhen, aber es hat jetzt geklappt. Vielen Dank!

09.10.2016, 23:15

Guppi12

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Ok, freut mich. Wenn du magst, kannst du deine Lösung gerne hier mit uns teilen.

10.10.2016, 10:19

IfindU

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RE: lim b_n/a_n=0 für zwei Folgen zeigen
Eine kleine Bemerkung von mir, weil Guppis Ansatz etwas vom Himmel fällt (wenigstens für mich):
Definieren wir $\begin{eqnarray*} c_n = \frac { b_n } {a_n} \end{eqnarray*}$ , und nehmen wir kurz an, $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ konvergiert gegen eine reelle Zahl $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Dann
$\begin{eqnarray*} \frac { b_{n+1} - b_n } {a_n} = \frac { a_{n+1}} {a_n} c_{n+1} - c_n \to a c - c = c(a-1) \end{eqnarray*}$ ,
wobei (i) in die Konvergenz des ersten Bruches eingeflossen ist. Aus (ii) folgt, dass $\begin{eqnarray*} c(a-1) = 0 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} a > 1 \end{eqnarray*}$ nach (i), ist also $\begin{eqnarray*} c=0 \end{eqnarray*}$ .
Unter der starken Annahme der Konvergenz von $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ , ist die Aussage also schon gezeigt. Um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ tatsächlich konvergiert, bietet sich an zu zeigen, dass es sich um eine Cauchy-Folge handelt. Also untersucht man
$\begin{eqnarray*} c_m - c_n = \sum_{k = n+1}^m c_k - c_{k-1} \end{eqnarray*}$ . Im gewissen Sinne beginnt Guppis Rechnung dort.

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