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Hallo Gemeinde! Das Problem leidet zurzeit unter technischen Problemen. Wir sind da dran, aber das Zeitkontingent ist begrenzt. In der Zwischenzeit dürfte den meisten aufgefallen sein, dass das Erstellen von Posts funktioniert, auch wenn das Forum erstmal eine Fehlermeldung wirft. Um unseren Löschaufwand zu minimieren, bitten wir euch darum, nicht mehrmals auf 'Post Reply' zu klicken, da das zur Mehrfachposts führt. Grußworte.
Reihen: Mathe Zettel
- Ersteller Chili
- Erstellt am
Amad3us
Guest
Habt ihr den Wurzel/Quotientenkriterium zur Verfügung?
Amad3us
Guest
zur 3:
evtl würde ich das mit Widerspruchsbeweis machen, d.h.
angenommmen es konvergiert nicht gegen Null. Dann folgt:
es gibt ein epsilon>0, so dass für alle N ein n>=N existiert mit:
n*a_n>epsilon
mit anderen Worten es gibt unendich viele Indizes n1 n2...., so dass
a_ni>epsilon/n_i
evtl kannst du dann die Monotonie reinbringen und sagen:
für alle j aus den natürlichen Zahlen:
a_{ni-j}>a_ni>epsilon/n_i
evtl würde ich das mit Widerspruchsbeweis machen, d.h.
angenommmen es konvergiert nicht gegen Null. Dann folgt:
es gibt ein epsilon>0, so dass für alle N ein n>=N existiert mit:
n*a_n>epsilon
mit anderen Worten es gibt unendich viele Indizes n1 n2...., so dass
a_ni>epsilon/n_i
evtl kannst du dann die Monotonie reinbringen und sagen:
für alle j aus den natürlichen Zahlen:
a_{ni-j}>a_ni>epsilon/n_i
- Mitglied seit
- 15.03.2008
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Lösung zu 3: (Leider nicht sehr elegant)
Die Reihe über die a_i konvergiert, also erfüllt sie das Cauchy-Kriterium. Somit gibt es für jedes epsilon > 0 ein N so dass die Summe von N bis 2N kleiner als epsilon ist.
epsilon > Summe von N bis 2N über a_i >= N a_2N
wobei letzteres daraus folgt, dass die a_i monoton fallen.
Multiplikation mit 2 gibt
2 epsilon >= 2N a_2N.
Somit bilden die geraden Indices eine Teilfolge, die gegen 0 konvergiert.
Weiterhin ist
2N+1 a_{2N+1} <= 2N a_2N + a_{2N+1} < 2epsilon + epsilon
wieder wegen monotonie und a_{2N+1} < epsilon für N hinreichend groß.
Damit fertig.
Hoffe hab keinen Fehler gemacht.
Die Reihe über die a_i konvergiert, also erfüllt sie das Cauchy-Kriterium. Somit gibt es für jedes epsilon > 0 ein N so dass die Summe von N bis 2N kleiner als epsilon ist.
epsilon > Summe von N bis 2N über a_i >= N a_2N
wobei letzteres daraus folgt, dass die a_i monoton fallen.
Multiplikation mit 2 gibt
2 epsilon >= 2N a_2N.
Somit bilden die geraden Indices eine Teilfolge, die gegen 0 konvergiert.
Weiterhin ist
2N+1 a_{2N+1} <= 2N a_2N + a_{2N+1} < 2epsilon + epsilon
wieder wegen monotonie und a_{2N+1} < epsilon für N hinreichend groß.
Damit fertig.
Hoffe hab keinen Fehler gemacht.
- Mitglied seit
- 21.02.2009
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Hallo ihr beiden, vielen Dank für eure freundlichen Antworten. Mit deinem Lösungsansatz bin ich leider nicht weitergekommen, Amad3us.
Gelöst habe ich sie wie folgt:
Reihe der an kvgt, also folgt nach Cauchy-Kriterium:
Für alle e > 0 ex. N aus den natürlichen Zahlen so dass an+...+am < e für alle m >= n >=N.
Also gilt auch aN+...+a2N < e, also Na2N < e, also 2Na2N < 2e. Entsrechend gilt 2e>2(aN+...+a2n+2k)>2(N+2k)a2n+2k>(2n+2k)a2n+2k
Für alle e > 0 gibt es also 2N aus den natürlichen Zahlen, so dass (2N+2k)a2N+2k < e für alle k größer gleich Null. Die Teilfolge der geraden Indizes kvgt gegen Null.
Weiter gilt
(2(N+k)+1)a2n+2k+1 <= 2(N+k)a2n+2k +a2n+2k+1 < 3e
also kvgt auch die Teilfolge der ungeraden Indizes gegen Null.
Hoffe und denke das geht so
Gelöst habe ich sie wie folgt:
Reihe der an kvgt, also folgt nach Cauchy-Kriterium:
Für alle e > 0 ex. N aus den natürlichen Zahlen so dass an+...+am < e für alle m >= n >=N.
Also gilt auch aN+...+a2N < e, also Na2N < e, also 2Na2N < 2e. Entsrechend gilt 2e>2(aN+...+a2n+2k)>2(N+2k)a2n+2k>(2n+2k)a2n+2k
Für alle e > 0 gibt es also 2N aus den natürlichen Zahlen, so dass (2N+2k)a2N+2k < e für alle k größer gleich Null. Die Teilfolge der geraden Indizes kvgt gegen Null.
Weiter gilt
(2(N+k)+1)a2n+2k+1 <= 2(N+k)a2n+2k +a2n+2k+1 < 3e
also kvgt auch die Teilfolge der ungeraden Indizes gegen Null.
Hoffe und denke das geht so