Beweis Konvergenz

RE: Beweis Konvergenz
okay,

dann spalte doch mal von $\begin{eqnarray*} n{^-j}A_n \end{eqnarray*}$ das $\begin{eqnarray*} n^{-j}a_n \end{eqnarray*}$ ab, was ja offensichtlich ein Summand ist. Ich meine also
$\begin{eqnarray*} s_n:=\frac{A_n}{n^j}=\frac{a_n}{n^j}+... \end{eqnarray*}$
Danach kannst du mal $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ schicken. Was du dann siehst, ist schon die Behauptung!

19.03.2007, 14:58

MasterZnake

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Ist die Aufgabe nicht genau das, was die "notwendige Bedingung" der Konvergenz aussagt?

Zitat:

Auszug aus Wikipedia: (LINK)
[...]
Im Folgenden seien die Zahlen an stets reelle oder komplexe Zahlen, und die Reihe S definiert als
$\begin{eqnarray*} \quad S = \sum_{n=0}^\infty a_n. \end{eqnarray*}$

[...]

Notwendige Bedingung
Wenn die Reihe S konvergiert, dann konvergiert die Folge ( $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ) der Summanden gegen 0 für $\begin{eqnarray*} n\rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ . Die Umkehrung ist nicht allgemeingültig (ein Gegenbeispiel ist die harmonische Reihe).
[...]

19.03.2007, 15:05

WebFritzi

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Nein, weil da noch ein anderer Index ne Rolle spielt.

19.03.2007, 15:15

Suzie Q

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Ich glaube nicht, daß das so einfach ist. Es ist doch:

$\begin{eqnarray*} n^{-j}\cdot A_n=\frac{a_1}{n^{j}}+\frac{a_2}{n^{j}}+\ldots+\frac{a_n}{n^{j}} \end{eqnarray*}$

Ich will aber schließen auf das Verhalten der Folge:

$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{1^{j}}, \frac{a_2}{2^{j}}, \ldots \frac{a_n}{n^{j}} \end{eqnarray*}$

19.03.2007, 15:20

MasterZnake

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Lt. Zettel wäre das doch eher
$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{n^j}, \frac{a_2}{n^j}, ... , \frac{a_n}{n^j} \end{eqnarray*}$
Weil der Index ist doch k und net n
oder irre ich mich da?

19.03.2007, 15:46

Divergenz

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Also, ich definiere nochmal $\begin{eqnarray*} s_n:=n^{-j}A_n \end{eqnarray*}$ .

Dann hast du
$\begin{eqnarray*} s_n=\frac{a_n}{n^j}+\frac{(n-1)^j}{n^j}s_{n-1} \end{eqnarray*}$ ,
oder
$\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{n^j}=s_n-\frac{(n-1)^j}{n^j}s_{n-1} \end{eqnarray*}$ .
Von der linken Seite weißt du nun, dass sie (nach Vor.: $\begin{eqnarray*} s_n\to s \end{eqnarray*}$ ) konvergiert, denn $\begin{eqnarray*} \frac{(n-1)^j}{n^j}\to 1 \end{eqnarray*}$ .
Damit hast du also
$\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{n^j}\to_{n\to\infty}s-1\cdot s=0 \end{eqnarray*}$ ,
also die Behauptung!

19.03.2007, 15:48

Suzie Q

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Zitat:

Original von MasterZnake
Lt. Zettel wäre das doch eher
$\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{n^j}, \frac{a_2}{n^j}, ... , \frac{a_n}{n^j} \end{eqnarray*}$
Weil der Index ist doch k und net n
oder irre ich mich da?

Ja, da irrst Du Dich!

Es soll gezeigt werden daß $\begin{eqnarray*} (n^{-j}a_n)_{n\geq1} \end{eqnarray*}$ Nullfolge ist.

19.03.2007, 16:05

Suzie Q

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Zitat:

Original von Divergenz
Also, ich definiere nochmal $\begin{eqnarray*} s_n:=n^{-j}A_n \end{eqnarray*}$ .

Dann hast du
$\begin{eqnarray*} s_n=\frac{a_n}{n^j}+\frac{(n-1)^j}{n^j}s_{n-1} \end{eqnarray*}$ ,
oder
$\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{n^j}=s_n-\frac{(n-1)^j}{n^j}s_{n-1} \end{eqnarray*}$ .
Von der linken Seite weißt du nun, dass sie (nach Vor.: $\begin{eqnarray*} s_n\to s \end{eqnarray*}$ ) konvergiert, denn $\begin{eqnarray*} \frac{(n-1)^j}{n^j}\to 1 \end{eqnarray*}$ .
Damit hast du also
$\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{n^j}\to_{n\to\infty}s-1\cdot s=0 \end{eqnarray*}$ ,
also die Behauptung!

Die rechte Seite konv. nach Vor. und es gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\left(s_n-\frac{(n-1)^j}{n^j}s_{n-1}\right)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{a_n}{n^j}\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}0 \end{eqnarray*}$

Vielen Dank!

19.03.2007, 16:08

MasterZnake

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Ok jez hab ich dazu eine Frage^^
Kann mir vielleicht jemand anschaulich erklären was mir diese Aufgabe sagen will?
Ich nehm jez einfach mal ums zu raffen n = 3
Die konvergente Reihe sei
$\begin{eqnarray*} 3^{-j} \cdot A_3 = \frac{A_3}{3^j} \end{eqnarray*}$
Und
$\begin{eqnarray*} A_3 := \sum_{k=1}^3~a_k \end{eqnarray*}$

Die Nullfolge dazu ist:
$\begin{eqnarray*} 3^{-j}\cdot a_n = \frac{a_n}{3^j} \end{eqnarray*}$ , wobei in diesem Fall

$\begin{eqnarray*} a_n = a_1, a_2, a_3 \Rightarrow \frac{a_1}{3^j},\frac{a_2}{3^j},\frac{a_3}{3^j} \end{eqnarray*}$

Ist das so korrekt?

19.03.2007, 16:12

WebFritzi

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Zitat:

Original von MasterZnake
Die konvergente Reihe sei
$\begin{eqnarray*} 3^{-j} \cdot A_3 = \frac{A_3}{3^j} \end{eqnarray*}$
Und
$\begin{eqnarray*} A_3 := \sum_{k=1}^3~a_k \end{eqnarray*}$

Hm, ja. Und was geht da jetzt gegen unendlich, bzw. kann gegen Unendlich gehen?

19.03.2007, 16:16

MasterZnake

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ich hab das ganze aufgefasst wie ne Art Dezimalbruchentwicklung
zb
$\begin{eqnarray*} A = \sqrt{2} \end{eqnarray*}$
so dass:
$\begin{eqnarray*} A_1 = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A_2 = 1+0.4 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A_3 = 1+0.4+0.01 \end{eqnarray*}$

usw...

19.03.2007, 21:44

Rheuma Kai

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Zitat:

Original von MasterZnake
Ok jez hab ich dazu eine Frage^^
Kann mir vielleicht jemand anschaulich erklären was mir diese Aufgabe sagen will?
Ich nehm jez einfach mal ums zu raffen n = 3
Die konvergente Reihe sei
$\begin{eqnarray*} 3^{-j} \cdot A_3 = \frac{A_3}{3^j} \end{eqnarray*}$
Und
$\begin{eqnarray*} A_3 := \sum_{k=1}^3~a_k \end{eqnarray*}$

Die Nullfolge dazu ist:
$\begin{eqnarray*} 3^{-j}\cdot a_n = \frac{a_n}{3^j} \end{eqnarray*}$ , wobei in diesem Fall

$\begin{eqnarray*} a_n = a_1, a_2, a_3 \Rightarrow \frac{a_1}{3^j},\frac{a_2}{3^j},\frac{a_3}{3^j} \end{eqnarray*}$

Ist das so korrekt?

Nimm als Beispiel die arithmetische Reihe.
Es gilt $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n~k=\frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$

Sei also $\begin{eqnarray*} a_k:=k \end{eqnarray*}$ .

Wähle $\begin{eqnarray*} j:=2 \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} n^{-2}\sum_{k=1}^n~k=\frac{n(n+1)}{2n^2}\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Diese Tatsache ist nun die Voraussetzung für die - in diesem Fall - wenig tiefsinnige Folgerung

$\begin{eqnarray*} \left(n^{-2}\cdot n\right)_{n\geq1}\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}0 \end{eqnarray*}$

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