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| Aufgabe | Sei [mm] I_k=\bruch{1}{2}\int_0^1{x^ke^x}dx.
[/mm]
Zeige [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}I_k=0. [/mm] |
Abend.
Soweit hab ich:
[mm] I_k=\bruch{e}{2(k+1)}-\bruch{1}{k+1}I_{k+1} [/mm] und
[mm] I_k=\bruch{e}{2}-kI_{k-1}
[/mm]
Also entscheid ich mich für die zweite Form und schreib das mal auf:
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty}I_k=\limes_{k\rightarrow\infty}(\bruch{e}{2(k+1)})-\limes_{k\rightarrow\infty}(\bruch{1}{k+1}I_{k+1})
[/mm]
Ok. Ist es richtig das der erste und der zweite Teilgrenzwert gegen null strebt allein aufgrund der [mm] 1/\infty-Struktur? [/mm] Oder mach ich beim zweiten sowas wie l'Hospital?
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> Sei [mm]I_k=\bruch{1}{2}\int_0^1{x^ke^x}dx.[/mm]
> Zeige [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}I_k=0.[/mm]
> Abend.
>
> Soweit hab ich:
>
> [mm]I_k=\bruch{e}{2(k+1)}-\bruch{1}{k+1}I_{k+1}[/mm]
Hallo,
ich gehe davon aus, daß dies irgendwo ordnungsgemäß bewiesen.
Aus Deiner anderen Aufgabe weißt Du, daß die Folge [mm] (I_k) [/mm] monoton fällt.
Du siehst leicht, daß [mm] I_k [/mm] nach unten beschränkt ist, z.B. durch 0.
Monoton fallend und beschränkt ==> sie hat einen Grenzwert g, [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}I_k=g.
[/mm]
Wenn Du das weißt, kannst Du es so machen wie Du es getan hast:
g=
> $ [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}I_k=\limes_{k\rightarrow\infty}(\bruch{e}{2(k+1)})-\limes_{k\rightarrow\infty}(\bruch{1}{k+1}I_{k+1}) [/mm] $
[mm] =0-\limes_{k\rightarrow\infty}(\bruch{1}{k+1}*\limes_{k\rightarrow\infty}I_{k+1}=0-0*g=0
[/mm]
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:26 Di 13.11.2007 | | Autor: | pleaselook |
Danke.
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