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Folgen und Reihen

Tags: Folgen und Reihen

Janalp aktiv_icon

21:00 Uhr, 06.11.2017

Guten Abend,

kann jemand bitte erklären, wie ich hier den Hinweis benutzen kann, um die Aufgabe zu beweisen?

\frac{x_{n + 1}}{x_{n}} \to x \Rightarrow x_{n}^{\frac{1}{n}} \to x

wenn

n

nach unendlich geht und

x

positive ist und alle

x_{n} \geq 0

sind?

Es gibt auch einen Hinweis:

Falls fur gewisse

c, c ʹ > 0

und ein

n_{0} \geq 2

die Ungleichung

x_{n - 1} \cdot c ʹ < x_{n} < x_{n - 1} \cdot c

für alle

n \geq n_{0}

erfüllt ist, folgt induktiv

x_{n_{0} - 1} \cdot c ʹ^{1 + n - n_{0}} < x_{n} < x_{n_{0} - 1} \cdot c^{n - n_{0} + 1}

für alle

n \geq n_{0}

.

Danke im Voraus!

ledum aktiv_icon

22:07 Uhr, 06.11.2017

ohne die ursprüngliche Aufgabe zu kennen kann man da kaum was dazu sagen.
Gruß ledum

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22:07 Uhr, 06.11.2017

Sei

ε > 0

beliebig.
Dann gibt's ein

N

, so dass

- ε < \frac{x_{n + 1}}{x_{n}} - x < ε

für alle

n > N

(das folgt aus der Definition).
Damit

(x - ε) x_{n} < x_{n + 1} < (x + ε) x_{n}

und das ist was im Hinweis steht, mit

c^{ʹ} = x - ε

und

c = x + ε

Janalp aktiv_icon

00:13 Uhr, 07.11.2017

Das ist die ursprüngliche Aufgabe: zeigen dass die linke Seite die rechte Seite impliziert.

DrBoogie aktiv_icon

09:27 Uhr, 07.11.2017

Ich hab doch geschrieben, wie Du die Aufgabe auf den Hinweis zurückführst. Jetzt musst Du ihn anwenden.

Janalp aktiv_icon

19:07 Uhr, 07.11.2017

Kannst Du mir bitten einen Tipp geben, wie man den Beweis anfangen sollte? Ich bin noch nicht weiter gekommen.

DrBoogie aktiv_icon

19:21 Uhr, 07.11.2017

Wie man anfängt, steht bei mir oben.
So zeigt man

(x - ε) x_{n - 1} \leq x_{n} \leq (x + ε) x_{n - 1}

für

n > n_{0}

.
Nach dem Hinweis folgt daraus

(x - ε)^{n - n_{0} + 1} x_{n_{0} - 1} \leq x_{n} \leq (x + ε)^{n - n_{0} + 1} x_{n_{0} - 1}

, wenn wir jetzt die

n

-te Wurzel ziehen, wird daraus

(x - ε) \sqrt[n]{(x_{n_{0}} - 1) / (x - ε)^{n_{0} - 1}} \leq x_{n}^{1 / n} \leq (x + ε) \sqrt[n]{(x_{n_{0}} - 1) / (x - ε)^{n_{0} - 1}}

.
Jetzt kann man

n \to \infty

laufen lassen und dabei nutzen, dass

a^{1 / n} \to 1

für jedes fixes

a > 0

.
Daraus folgt dann

x - ε \leq liminf x_{n}^{1 / n} \leq limsup x_{n}^{1 / n} \leq x + ε

.
Das gilt für jedes

ε > 0

, daher muss

liminf x_{n}^{1 / n} = limsup x_{n}^{1 / n} = x

sein. Und das bedeutet, dass

lim_{n} x_{n}^{1 / n}

existiert und

= x

ist.

Das ist der kompletter Beweis, wenn auch nicht sehr ausführlich. Versuche ihn selber zu verstehen und wenn nötig ins Detail zu gehen.

Janalp aktiv_icon

22:08 Uhr, 07.11.2017

Vielen Dank für die Hilfe. Das hat mir geholfen. Ich habe eine letzte Frage:

x_{n}^{1 / n} \to 1

wenn n nach unendlich geht. Wie kommst Du von diesem Schritt zu dem nächsten mit den Limsup und Liminf?

Meine Idee:

Man kann das machen, weil das per Definition ist (also Liminf ist per Definition immer größer gleich x-epsilon uzw.). Ist das richtig?

DrBoogie aktiv_icon

22:35 Uhr, 07.11.2017

Nein, Deine Idee ist falsch, dieses

ε

hat mit der Definition von liminf oder limsup nichts zu tun.

Ich habe grob gesagt folgende Situation:

a^{1 / n} c \leq y_{n} \leq b^{1 / n} d

(wofür

a, b, c, d

und

y_{n}

in diesem Fall stehen, soll Dir klar sein - ich will einfach nicht große Ausdrücke mitschleppen, zeige deshalb das Argument allgemein).
Ich will jetzt zeigen, dass

lim_{n} y_{n}

die Ungleichung

c \leq lim_{n} y_{n} \leq d

erfüllt. Problem: ich weiß nicht, ob Grenzwert existiert. Aber ich weiß, dass liminf und limsup existieren (tun sie immer, wenn man unendliche Werte zulässt). Daher kann ich sie nutzen.
Da

a^{1 / n} \to 1

gilt, folgt

c \leq liminf y_{n}

, denn wäre

liminf y_{n} < c

, so könnten wir

d := \frac{c - liminf y_{n}}{2}

setzen und dann ein großes

N

derart finden, dass

a^{1 / N} > 1 - \frac{d}{c}

(folgt aus der Konvergenz von

a^{1 / n}

1

) und dass

y_{N} < liminf y_{n} + d

(folgt aus der Definition vol liminf).
Dann wäre

c a^{1 / N} > c - d = c - \frac{c - liminf y_{n}}{2} = \frac{c + liminf y_{n}}{2} = liminf y_{n} + d > y_{N}

.
Das ist aber ein Widerspruch, wir haben

a^{1 / n} c \leq y_{n}

für alle große

n

.
Analog zeigt man, dass

limsup y_{n} \leq d

.

Das ist keine einfache Idee, wenn Du sie noch nie gesehen hast, also lass Dir Zeit damit.

Janalp aktiv_icon

22:49 Uhr, 07.11.2017

Ich danke Dir für die Erklärung. Ich habe eine Idee:

gilt das hier:

(x - ε) \leq \underset{n \to \infty}{liminf} (x_{n})^{1 / n} \leq (x_{n})^{1 / n} \leq \underset{n \to \infty}{limsup} (x_{n})^{1 / n} \leq (x + ε)

DrBoogie aktiv_icon

23:05 Uhr, 07.11.2017

UPDATE. Ne, so nicht, sorry.
Du kannst

a^{1 / n}

und

b^{1 / n}

nicht weglassen.

Janalp aktiv_icon

23:11 Uhr, 07.11.2017

Weggelassen habe ich nicht gemacht. Ich habe die Tatsche benutzt, dass

(a_{n})^{1 / n} \to 1

geht, wenn n nach unendliche geht. Das gleiche für

b_{n}

Janalp aktiv_icon

23:13 Uhr, 07.11.2017

Vielleicht wäre das besser, wenn ich

(x_{n})^{1 / n}

als

lim (x_{n})^{1 / n}

umsetze, wenn n nach unendlich geht.

DrBoogie aktiv_icon

09:02 Uhr, 08.11.2017

Ja, mit Lim wäre es richtig.

Janalp aktiv_icon

10:04 Uhr, 08.11.2017

Ok danke. Geht der Beweis auch umgekehrt? Also der Wurzel n von a_n impliziert auch, dass a_n+1/a_n konvergiert gegen a?

DrBoogie aktiv_icon

10:31 Uhr, 08.11.2017

Ich bin nicht sicher, ob es umgekehrt gilt. Momentan fällt mir kein Beweis ein.

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