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Beweis Stolz-Cesaro lemma

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Folgen und Reihen

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Hilbert aktiv_icon

11:14 Uhr, 06.04.2012

Der Satz lautet:

${(a_{n})}_{n \geq 1}, {(b_{n})}_{n \geq 1}, b_{n} ↓ s t r e n g \lim_{n \to \infty} a_{n} = \lim_{n \to \infty} b_{n} = 0$

Es existiere: $l : = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n + 1} - a_{n}}{b_{n + 1} - b_{n}}$

Dann existiert $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}$ und es gilt $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = l$

Ich hab kein Beweis gefunden und brauch zumindest ein ansatz. danke

hagman aktiv_icon

00:45 Uhr, 07.04.2012

Benutze folgende Hilfsaussage:
Wenn

u, v > 0

und

x, y

beliebig, dann liegt

\frac{x + y}{u + v}

zwischen

\frac{x}{u}

und

\frac{y}{v}, d . h

. es gilt entweder

\frac{x}{u} \leq \frac{x + y}{u + v} \leq \frac{y}{v}

oder

\frac{x}{u} \geq \frac{x + y}{u + v} \geq \frac{y}{v}

.

Diese Hilfsaussage ergibt sich wie folgt:
0 zwischen

- u

und

v

\Rightarrow 0

zwischen

- u \cdot (x v - y u) = - x u v + y u^{2}

und

v \cdot (x v - y u) = x v^{2} - y u v

(per Multiplikation mit

x v - y u)

\Rightarrow (x + y) u v

zwischen

y u v + y u^{2} = y u (u + v)

und

x v^{2} + x u v = x v (u + v)

(per Addition von

(x + y) u v)

\Rightarrow \frac{x + y}{u + v}

zwischen

\frac{y}{v}

und

\frac{x}{u}

(per Division durch

u \cdot v \cdot (u + v))

.

Wenn man diese Hilfsaussage hat und man zu

ε > 0

ein

N

hat mit

l - ε < \frac{a_{n} - a_{n + 1}}{b_{n} - b_{n + 1}} < l + ε

für alle

n \geq N,

so folgt mit der Hilfsaussage, dass

\frac{a_{n} - a_{n + 2}}{b_{n} - b_{n + 2}} = \frac{(a_{n} - a_{n + 1}) + (a_{n + 1} - a_{n + 2})}{(b_{n} - b_{n + 1}) + (b_{n + 1} - b_{n + 2})}

zwischen

\frac{a_{n} - a_{n + 1}}{b_{n} - b_{n + 1}}

und

\frac{a_{n + 1} - a_{n + 2}}{b_{n + 1} - b_{n + 2}},

erst recht also zwischen

l - ε

und

l + ε

liegt.
Per Induktion ergibt sich

l - ε < \frac{a_{n} - a_{n + k}}{b_{n} - b_{n + k}} < l + ε

für alle

k > 0

und alle

n \geq N

.
Nach Voraussetzung gilt

lim_{k \to \infty} \frac{a_{n} - a_{n + k}}{b_{n} - b_{n + k}} = \frac{a_{n}}{b_{n}},

folglich

l - ε \leq \frac{a_{n}}{b_{n}} \leq l + ε

für alle

n \geq N

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