n-te Wurzel von n konv. gg. 1 < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Zeige: [mm] $\sqrt[n]{n}\to 1\quad\quad (n\to\infty)$ [/mm] ! |
Hallo!
Wir haben eine Art "Hilfssatz" bewiesen, dass aus [mm] $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\to [/mm] a$ dann [mm] $\sqrt[n]{a_{n}}\to [/mm] a$ folgt. Das könnte ich hier zwar anwenden, aber ich wollte fragen, ob es auch einen direkteren Beweis gibt, zum Beispiel mit der Bernoullischen Ungleichung oder so...
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 21:29 Do 02.09.2010 | | Autor: | ChopSuey |
Hi Stefan,
tipp: Zeige, dass $ [mm] \wurzel[n]{n+1} \to [/mm] 1 $ für $ n [mm] \in \IN \setminus \{0\} [/mm] $ und $ n [mm] \to \infty [/mm] $
Wegen $ [mm] \wurzel[n]{n+1} [/mm] > 1 $ gilt $ [mm] \wurzel[n]{n+1} [/mm] - 1 < [mm] \varepsilon [/mm] $ bzw $ [mm] \wurzel[n]{n+1} [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] + 1 $ bzw $ n+1 < [mm] (\varepsilon [/mm] + [mm] 1)^n [/mm] $
Jetzt kannst du mit Hilfe des Bin. Lehrsatzes sicher geschickt abschätzen.
Viele Grüße
ChopSuey
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Hallo!
> tipp: Zeige, dass [mm]\wurzel[n]{n+1} \to 1[/mm] für [mm]n \in \IN \setminus \{0\}[/mm]
> und [mm]n \to \infty[/mm]
Und wie genau mache ich das?
> Wegen [mm]\wurzel[n]{n+1} > 1[/mm] gilt [mm]\wurzel[n]{n+1} - 1 < \varepsilon[/mm]
> bzw [mm]\wurzel[n]{n+1} < \varepsilon + 1[/mm] bzw [mm]n+1 < (\varepsilon + 1)^n[/mm]
>
> Jetzt kannst du mit Hilfe des Bin. Lehrsatzes sicher
> geschickt abschätzen.
Das verstehe ich nicht ganz. Nach dem binomischen Lehrsatz ist:
$n+1 < [mm] (1+\varepsilon)^{n} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{\infty}\vektor{n\\k}*\varepsilon^{k} [/mm] = 1 + [mm] \sum_{k=1}^{\infty}\vektor{n\\k}*\varepsilon^{k}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow [/mm] n < [mm] \sum_{k=1}^{\infty}\vektor{n\\k}*\varepsilon^{k}$
[/mm]
Aber was soll ich jetzt tun?
Vielen Dank für Deine Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:39 Do 02.09.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo!
>
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> > tipp: Zeige, dass [mm]\wurzel[n]{n+1} \to 1[/mm] für [mm]n \in \IN \setminus \{0\}[/mm]
> > und [mm]n \to \infty[/mm]
>
> Und wie genau mache ich das?
>
> > Wegen [mm]\wurzel[n]{n+1} > 1[/mm] gilt [mm]\wurzel[n]{n+1} - 1 < \varepsilon[/mm]
> > bzw [mm]\wurzel[n]{n+1} < \varepsilon + 1[/mm] bzw [mm]n+1 < (\varepsilon + 1)^n[/mm]
>
> >
> > Jetzt kannst du mit Hilfe des Bin. Lehrsatzes sicher
> > geschickt abschätzen.
>
> Das verstehe ich nicht ganz. Nach dem binomischen Lehrsatz
> ist:
>
> [mm]\red{n+1} < (1+\varepsilon)^{n} = \sum_{k=0}^{\red{\infty}}\vektor{n\\k}*\varepsilon^{k} = 1 + \sum_{k=1}^{\red{\infty}}\vektor{n\\k}*\varepsilon^{k}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow n \red{<} \sum_{k=1}^{\infty}\vektor{n\\k}*\varepsilon^{k}[/mm]
>
> Aber was soll ich jetzt tun?
1.) Da war ein Fehler: [mm] $\varepsilon$ [/mm] ist durch [mm] $\varepsilon_n$ [/mm] zu ersetzen.
2.) Anstatt [mm] $\red{<}$ [/mm] muss oben [mm] $\ge$ [/mm] stehen (du schreibst linkerhand eine Summe mit nur positiven Summanden hin (nach der bin. Formel), und wenn Du davon dann Summanden wegläßt, "verringert" sich der Wert). Ferner:
Die Indizes bei den [mm] $\sum$ [/mm] sicher duch [mm] $n\,$ [/mm] und nicht [mm] $\red{\infty}$ [/mm] nach oben begrenzt sein.
3.) Deine Abschätzung bringt Dir so nichts (genauso wenig wie Bernoulli). Wenn man das mal gesehen hat, sieht man auch, warum: Links ist ein Polynom in [mm] $n\,$ [/mm] vom Grad [mm] $1\,,$ [/mm] und bei Dir dann rechts (in der korrigierten Version der Ungleichung) auch.
Also: Anstatt [mm] $n^1$ [/mm] sollte rechterhand irgendwas mit [mm] $n^2$ [/mm] stehen, z.B. sowas wie [mm] $...*n*(n-1)\,.$
[/mm]
Genaueres: Siehe auch hier.
(Wobei ich da eigentlich "nur" gezeigt habe, dass [mm] $\sqrt[n]{n} \to 1\,,$ [/mm] aber glücklicherweise gilt z.B. auch
$$1 [mm] \le \sqrt[n]{n+1}=(\sqrt[n+1]{n+1})^{(n+1)/n} \le (\sqrt[n+1]{n+1})^2 \to 1^2=1\,.$$)
[/mm]
Beste Grüße,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 22:24 Do 02.09.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi Stefan,
>
> tipp: Zeige, dass [mm]\wurzel[n]{n+1} \to 1[/mm] für [mm]n \in \IN \setminus \{0\}[/mm]
> und [mm]n \to \infty[/mm]
>
> Wegen [mm]\wurzel[n]{n+1} > 1[/mm] gilt [mm]\wurzel[n]{n+1} - 1 < \varepsilon[/mm]
> bzw [mm]\wurzel[n]{n+1} < \varepsilon + 1[/mm] bzw [mm]n+1 < (\varepsilon + 1)^n[/mm]
da ist leider ein (eigentlich Folgenschwerer) Fehler:
Du darfst nicht [mm] $\varepsilon\,,$ [/mm] sondern musst [mm] $\varepsilon_n$ [/mm] schreiben. Für "verschiedene [mm] $n\,$'s" [/mm] haben wir "verschiedene [mm] $\varepsilon$'s" [/mm] (wer will, kann das sogar mit einem TR nachrechnen).
Beste Grüße,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:56 Do 02.09.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Zeige: [mm]\sqrt[n]{n}\to 1\quad\quad (n\to\infty)[/mm] !
> Hallo!
>
> Wir haben eine Art "Hilfssatz" bewiesen, dass aus
> [mm]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\to a[/mm] dann [mm]\sqrt[n]{a_{n}}\to a[/mm] folgt.
> Das könnte ich hier zwar anwenden, aber ich wollte fragen,
> ob es auch einen direkteren Beweis gibt, zum Beispiel mit
> der Bernoullischen Ungleichung oder so...
Eine grosse Frage hier ist: was fuer Hilfsmittel sind erlaubt?
Eine Moeglichkeit ist auch, [mm] $\sqrt[n]{n} [/mm] = [mm] \exp(\tfrac{1}{n} \log [/mm] n)$ zu schreiben. Mit L'Hospital bekommt man [mm] $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \log [/mm] n = 0$, und mit der Stetigkeit von [mm] $\exp$ [/mm] folgt dann die Behauptung.
Aber das setzt natuerlich schon einiges mehr voraus.
Eine direktere Idee ist halt, eine Schachtelung $1 [mm] \le [/mm] n [mm] \le a_n$ [/mm] zu finden mit [mm] $\sqrt[n]{a_n} \to [/mm] 1$, fuer die [mm] $\sqrt[n]{a_n} \to [/mm] 1$ einfacher zu zeigen ist, wie etwas von der Form $(1 + [mm] b_n)^n$ [/mm] mit einer Nullfolge [mm] $b_n$. [/mm] Mit Bernoulli kommt man hier allerdings nicht weiter, da dies dann [mm] $\ge [/mm] 1 + n [mm] b_n$ [/mm] ist, und wenn das [mm] $\ge [/mm] n$ ist kann [mm] $b_n$ [/mm] keine Nullfolge sein.
Ich vermute, der elementarste Ansatz ist der den du selber schon gewaehlt hattest, auch wenn er den Hilfsatz braucht :)
LG Felix
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Hallo Felix,
danke für deine Antwort!
> > Zeige: [mm]\sqrt[n]{n}\to 1\quad\quad (n\to\infty)[/mm] !
> > Hallo!
> >
> > Wir haben eine Art "Hilfssatz" bewiesen, dass aus
> > [mm]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\to a[/mm] dann [mm]\sqrt[n]{a_{n}}\to a[/mm] folgt.
> > Das könnte ich hier zwar anwenden, aber ich wollte fragen,
> > ob es auch einen direkteren Beweis gibt, zum Beispiel mit
> > der Bernoullischen Ungleichung oder so...
>
> Eine grosse Frage hier ist: was fuer Hilfsmittel sind
> erlaubt?
So gut wie keine 
Also es sollte "von Grund auf" gemacht werden, höchstens binomischer Lehrsatz und bernoullische Ungleichung.
> Eine Moeglichkeit ist auch, [mm]\sqrt[n]{n} = \exp(\tfrac{1}{n} \log n)[/mm]
> zu schreiben. Mit L'Hospital bekommt man [mm]\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \log n = 0[/mm],
> und mit der Stetigkeit von [mm]\exp[/mm] folgt dann die Behauptung.
Ist auch schön
Danke für die anderen Hinweise.
Viele Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:26 Do 02.09.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> > Eine Moeglichkeit ist auch, [mm]\sqrt[n]{n} = \exp(\tfrac{1}{n} \log n)[/mm]
> > zu schreiben. Mit L'Hospital bekommt man [mm]\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \log n = 0[/mm],
> > und mit der Stetigkeit von [mm]\exp[/mm] folgt dann die Behauptung.
>
> Ist auch schön
Aber leider braucht es recht viel ;)
Ich hab mal in meinen alten Analysis-I-Unterlagen geschaut, und einen elementaren Beweis gefunden. Da Marcel mittlerweile fast den gleichen Beweis(ansatz) gepostet hat schreib ich ihn hier nicht nochmal hin...
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:20 Do 02.09.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeige: [mm]\sqrt[n]{n}\to 1\quad\quad (n\to\infty)[/mm] !
> Hallo!
>
> Wir haben eine Art "Hilfssatz" bewiesen, dass aus
> [mm]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\to a[/mm] dann [mm]\sqrt[n]{a_{n}}\to a[/mm] folgt.
> Das könnte ich hier zwar anwenden, aber ich wollte fragen,
> ob es auch einen direkteren Beweis gibt, zum Beispiel mit
> der Bernoullischen Ungleichung oder so...
mit "oder so" geht's:
1.) Zeige [mm] $\sqrt[n]{n} [/mm] > 1$ für jedes $n > [mm] 1\,.$
[/mm]
2.) Daher: Es existiert eine Folge [mm] $(x_n)_{n > 1}$ [/mm] mit [mm] $x_n [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] für alle $n > [mm] 1\,,$ [/mm] so dass
[mm] $$(\*)\;\;\;\sqrt[n]{n}=1+x_n$$
[/mm]
bzw.
[mm] $$n=(1+x_n)^n=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose k}x_n^k \ge [/mm] {n [mm] \choose 2}x_n^2$$
[/mm]
und damit
$$2n [mm] \ge n*(n-1)x_n^2\,.$$
[/mm]
Was folgt daraus für [mm] $x_n^2\,$? [/mm] Was danach für [mm] $x_n$? [/mm] (Jeweils bei $n [mm] \to \infty\,.$) [/mm] Benutze diese Erkenntnis dann in [mm] $(\*)\,.$
[/mm]
P.S.:
Voraussetzung ist, dass Du die (allg.) binomische Formel
[mm] $$(a+b)^n=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose [/mm] k} [mm] a^k b^{n-k}$$
[/mm]
kennst, oder Dir (kurz) überlegst, warum
[mm] $$(a+b)^n \ge \frac{n*(n-1)}{^2}a^{n-2}b^2$$
[/mm]
für $a,b [mm] \ge [/mm] 0$ und $n [mm] \ge [/mm] 2$ gilt. (Wenn man die allg. bin. Formel kennt, ist das eine triviale Folgerung daraus.)
Beste Grüße,
Marcel
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Hallo Marcel,
vielen Dank für deine Antwort!
> Hallo,
>
> > Zeige: [mm]\sqrt[n]{n}\to 1\quad\quad (n\to\infty)[/mm] !
> > Hallo!
> >
> > Wir haben eine Art "Hilfssatz" bewiesen, dass aus
> > [mm]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\to a[/mm] dann [mm]\sqrt[n]{a_{n}}\to a[/mm] folgt.
> > Das könnte ich hier zwar anwenden, aber ich wollte fragen,
> > ob es auch einen direkteren Beweis gibt, zum Beispiel mit
> > der Bernoullischen Ungleichung oder so...
>
> mit "oder so" geht's:
> 1.) Zeige [mm]\sqrt[n]{n} > 1[/mm] für jedes [mm]n > 1\,.[/mm]
Kann ich da wegen [mm]n \ge 0[/mm] einfach auf beiden Seiten die n-te Wurzel ziehen (und das Gewünschte erhalten?)
> 2.) Daher: Es existiert eine Folge [mm](x_n)_{n > 1}[/mm] mit [mm]x_n > 0\,[/mm]
> für alle [mm]n > 1\,,[/mm] so dass
> [mm](\*)\;\;\;\sqrt[n]{n}=1+x_n[/mm]
> bzw.
> [mm]n=(1+x_n)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k}x_n^k \ge {n \choose 2}x_n^2[/mm]
>
> und damit
> [mm]2n \ge n*(n-1)x_n^2\,.[/mm]
>
> Was folgt daraus für [mm]x_n^2\,[/mm]? Was danach für [mm]x_n[/mm]?
> (Jeweils bei [mm]n \to \infty\,.[/mm]) Benutze diese Erkenntnis dann
> in [mm](\*)\,.[/mm]
Daraus folgt
[mm]0 \leftarrow \frac{2n}{n*(n-1)}*x_{n}^{2}\ge 0[/mm],
also, dass [mm](x_{n}^{2})_{n\in\IN}[/mm] eine Nullfolge ist.
Wegen [mm]x_{n} \ge 0[/mm] für alle [mm] n\in\IN [/mm] folgt daraus auch, dass [mm]x_{n}\to 0[/mm].
(Grenzwert"satz" mit der Wurzel).
> P.S.:
> Voraussetzung ist, dass Du die (allg.) binomische Formel
> [mm](a+b)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k} a^k b^{n-k}[/mm]
> kennst,
> oder Dir (kurz) überlegst, warum
> [mm](a+b)^n \ge \frac{n*(n-1)}{^2}a^{n-2}b^2[/mm]
> für [mm]a,b \ge 0[/mm]
> und [mm]n \ge 2[/mm] gilt.
Weil ja a und b positiv sind (oben [mm]a = 1, b = x_{n}\ge 0[/mm] ), und somit alle Summanden der Summe des binomischen Lehrsatzes positiv sind, kann ich einfach welche weglassen um den Term kleiner zu machen.
Hat das so alles seine Richtigkeit ?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:49 Do 02.09.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo Marcel,
>
> vielen Dank für deine Antwort!
>
>
> > Hallo,
> >
> > > Zeige: [mm]\sqrt[n]{n}\to 1\quad\quad (n\to\infty)[/mm] !
> > > Hallo!
> > >
> > > Wir haben eine Art "Hilfssatz" bewiesen, dass aus
> > > [mm]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\to a[/mm] dann [mm]\sqrt[n]{a_{n}}\to a[/mm] folgt.
> > > Das könnte ich hier zwar anwenden, aber ich wollte fragen,
> > > ob es auch einen direkteren Beweis gibt, zum Beispiel mit
> > > der Bernoullischen Ungleichung oder so...
> >
> > mit "oder so" geht's:
> > 1.) Zeige [mm]\sqrt[n]{n} > 1[/mm] für jedes [mm]n > 1\,.[/mm]
>
> Kann ich da wegen [mm]n \ge 0[/mm] einfach auf beiden Seiten die
> n-te Wurzel ziehen (und das Gewünschte erhalten?)
>
> > 2.) Daher: Es existiert eine Folge [mm](x_n)_{n > 1}[/mm] mit [mm]x_n > 0\,[/mm]
> > für alle [mm]n > 1\,,[/mm] so dass
> > [mm](\*)\;\;\;\sqrt[n]{n}=1+x_n[/mm]
> > bzw.
> > [mm]n=(1+x_n)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k}x_n^k \ge {n \choose 2}x_n^2[/mm]
>
> >
> > und damit
> > [mm]2n \ge n*(n-1)x_n^2\,.[/mm]
> >
> > Was folgt daraus für [mm]x_n^2\,[/mm]? Was danach für [mm]x_n[/mm]?
> > (Jeweils bei [mm]n \to \infty\,.[/mm]) Benutze diese Erkenntnis dann
> > in [mm](\*)\,.[/mm]
>
> Daraus folgt
>
> [mm]0 \leftarrow \frac{2n}{n*(n-1)}*x_{n}^{2}\ge 0[/mm],
ich nehme an, dass das von Dir ein Verschreiber ist, denn richtig wäre
$$0 [mm] \leftarrow \frac{2n}{n*(n-1)} \ge x_n^2 \ge 0\,.$$
Und da "ist Deine Fassung sehr nahe dran". ;-) (Aber sie ist leider nicht identisch mit meiner. ;-))
> also, dass [/mm] [mm](x_{n}^{2})_{n\in\IN}[/mm] eine Nullfolge ist.
> Wegen [mm]x_{n} \ge 0[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm] folgt daraus auch,
> dass [mm]x_{n}\to 0[/mm].
> (Grenzwert"satz" mit der Wurzel).
>
>
> > P.S.:
> > Voraussetzung ist, dass Du die (allg.) binomische
> Formel
> > [mm](a+b)^n=\sum_{k=0}^n {n \choose k} a^k b^{n-k}[/mm]
> >
> kennst,
> > oder Dir (kurz) überlegst, warum
> > [mm](a+b)^n \ge \frac{n*(n-1)}{^2}a^{n-2}b^2[/mm]
> > für [mm]a,b \ge 0[/mm]
> > und [mm]n \ge 2[/mm] gilt.
>
> Weil ja a und b positiv sind (oben [mm]a = 1, b = x_{n}\ge 0[/mm] ),
> und somit alle Summanden der Summe des binomischen
> Lehrsatzes positiv sind, kann ich einfach welche weglassen
> um den Term kleiner zu machen.
>
> Hat das so alles seine Richtigkeit ?
Ja (sofern das nur ein Verschreiber von Dir war). Ein kleiner Mangel war da noch von mir:
Ich habe hier eigentlich
[mm] $$\sqrt[n]{n} \to [/mm] 1$$
gezeigt. Es gibt nun verschiedene Möglichkeiten, daraus auch
[mm] $$\sqrt[n]{n+1} \to [/mm] 1$$
zu folgern. Eine habe ich Dir hier noch ergänzt, eine andere wäre
$$1 [mm] \le \sqrt[n]{n+1} \le \sqrt[n]{2n}=\sqrt[n]{2}*\sqrt[n]{n}$$
[/mm]
zu benutzen (analog, oder auch mit dem hier bewiesenen, kann man sich [mm] $\sqrt[n]{k} \to [/mm] 1$ (für FESTES [mm] $k\, \in \IN$) [/mm] überlegen).
Eine dritte wäre es, z.B. (fast so wie vorgeschlagen) einfach analog
[mm] $$1+n=(1+\varepsilon_n)^n$$
[/mm]
zu schreiben. Und natürlich kann man (z.B. die zweite Variante) "noch ziemlich stark variieren" (dort z.B. anstatt $k=2$ dann $k=e$ oder oder oder benutzen).
Beste Grüße,
Marcel
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Hallo Marcel,
vielen Dank für die vielen hilfreichen Hinweise!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:07 Do 02.09.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
EDIT: Hätte Marcels Link mal genauer anschauen sollen, da steht das gleiche. ;) sorry.
Betrachte
(1) [mm] x_n:=\sqrt[n]{n}-1. [/mm]
Es gilt: [mm] n\ge1 \Rightarrow \sqrt[n]{n}\ge1 \Rightarrow \sqrt[n]{n}-1\ge0 \Rightarrow x_n\ge0. [/mm] (Dürft ihr die 1. Implikation benutzen?)
(1) umstellen liefert [mm] n=(x_n+1)^n=\sum_{i=0}^{n}\vektor{n \\ i}x_n^i\ge\bruch{n(n-1)}{2}x_n^2. [/mm] (wegen [mm] x_n\ge0)
[/mm]
Jetzt weißt du sicher, wie es weitergeht.
Aus der letzten Ungleichung folgt [mm] x_n^2\le\bruch{2}{n-1}. [/mm] Nun kannst du den Einschnürungssatz gut anwenden.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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Hallo Teufel,
auch dir danke für deinen Hinweis
Grüße,
Stefan
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Da hier Beweise gesammelt werden, hab ich auch noch einen, der noch nicht gepostet wurde:
gesucht [mm]\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{n}[/mm]
also sei [mm]a_n := \sqrt[n]{n}[/mm], dann definiert man [mm]c_n := \sqrt{a_n} = \sqrt{\sqrt[n]{n}}=\sqrt[n]{\sqrt{n}}[/mm] . Gewiss ist [mm]c_n\geq 1\Rightarrow c_n := 1+ h_n[/mm] mit [mm]h_n\geq 0[/mm]. Wenn wir jetzt zeigen [mm]h_n\xrightarrow{n\rightarrow \infty} 0[/mm] dann haben wir gewonnen.
nun ist [mm]\sqrt{n}=(c_n)^n=(1+h_n)^n\geq 1+n*h_n[/mm] also folgt [mm]0\leq h_n\leq \frac{\sqrt{n}-1}{n}<\frac{1}{\sqrt{n}}[/mm]
Woraus man leicht sieht, dass
[mm]h_n \rightarrow 0[/mm]
[mm]c_n \rightarrow 1[/mm]
[mm]a_n \rightarrow 1[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:54 Fr 03.09.2010 | | Autor: | felixf |
Moin wieschoo!
> Da hier Beweise gesammelt werden, hab ich auch noch einen,
> der noch nicht gepostet wurde:
>
> gesucht [mm]\lim_{n\rightarrow \infty }\sqrt[n]{n}[/mm]
> also sei
> [mm]a_n := \sqrt[n]{n}[/mm], dann definiert man [mm]c_n := \sqrt{a_n} = \sqrt{\sqrt[n]{n}}=\sqrt[n]{\sqrt{n}}[/mm]
> . Gewiss ist [mm]c_n\geq 1\Rightarrow c_n := 1+ h_n[/mm] mit [mm]h_n\geq 0[/mm].
> Wenn wir jetzt zeigen [mm]h_n\xrightarrow{n\rightarrow \infty} 0[/mm]
> dann haben wir gewonnen.
>
> nun ist [mm]\sqrt{n}=(c_n)^n=(1+h_n)^n\leq 1+n*h_n[/mm] also folgt
Moment, wieso ist den $(1 + [mm] h_n)^n \le [/mm] 1 + n [mm] h_n$? [/mm] Das gilt doch eher andersherum, also $(1 + [mm] h_n)^n \ge [/mm] 1 + n [mm] h_n$. [/mm] (Und fuer $n > 1$ ist es echt groesser.)
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:37 Fr 03.09.2010 | | Autor: | wieschoo |
Ja danke. Ich hatte den Artikel noch einmal bearbeitet und ohne Vorschau abgesendet.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:16 Fr 03.09.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ich habe auch noch einen. ;)
Es gilt: Ist [mm] a_n [/mm] eine Folge, die gegen a konvergiert, so konvergieren auch [mm] b_n=\bruch{a_0+a_1+...+a_n}{n} [/mm] und [mm] c_n=\sqrt[n]{a_0*...*a_n} [/mm] gegen a. Müsste man jetzt noch beweisen.
Nun konvergiert [mm] a_n=\bruch{n}{n-1} [/mm] für n>1 (und [mm] a_0=a_1=1) [/mm] gegen 1 und daher konvergiert [mm] c_n=\sqrt[n]{1*1*\bruch{2}{1}*\bruch{3}{2}*...*\bruch{n}{n-1}}=\sqrt[n]{n} [/mm] auch gegen 1.
Teufel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:41 Fr 03.09.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi!
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> Ich habe auch noch einen. ;)
> Es gilt: Ist [mm]a_n[/mm] eine Folge, die gegen a konvergiert, so
> konvergieren auch [mm]b_n=\bruch{a_0+a_1+...+a_n}{n}[/mm] und
> [mm]c_n=\sqrt[n]{a_0*...*a_n}[/mm] gegen a. Müsste man jetzt noch
> beweisen.
>
> Nun konvergiert [mm]a_n=\bruch{n}{n-1}[/mm] für n>1 (und [mm]a_0=a_1=1)[/mm]
> gegen 1 und daher konvergiert
> [mm]c_n=\sqrt[n]{1*1*\bruch{2}{1}*\bruch{3}{2}*...*\bruch{n}{n-1}}=\sqrt[n]{n}[/mm]
> auch gegen 1.
hm, sehr interessant. Das werde ich mir demnächst nochmal in Ruhe anschauen (wobei die Folgerung [mm] $a_n \to [/mm] a [mm] \Rightarrow$ [/mm] "aritmetisches Mittel strebt auch gegen [mm] $a\,$" [/mm] schnell zu beweisen ist - die andere (mit dem geometrischen Mittel) ist interessanter (das will ich mir aber nochmal in Ruhe selbst überlegen, anstatt nachzuschauen-jedenfalls gibt es ja Ungleichungen zwischen dem ar. und geom. Mittel...)).
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:44 Sa 04.09.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Marcel,
> > Ich habe auch noch einen. ;)
> > Es gilt: Ist [mm]a_n[/mm] eine Folge, die gegen a konvergiert,
> so
> > konvergieren auch [mm]b_n=\bruch{a_0+a_1+...+a_n}{n}[/mm] und
> > [mm]c_n=\sqrt[n]{a_0*...*a_n}[/mm] gegen a. Müsste man jetzt noch
> > beweisen.
> >
> > Nun konvergiert [mm]a_n=\bruch{n}{n-1}[/mm] für n>1 (und [mm]a_0=a_1=1)[/mm]
> > gegen 1 und daher konvergiert
> >
> [mm]c_n=\sqrt[n]{1*1*\bruch{2}{1}*\bruch{3}{2}*...*\bruch{n}{n-1}}=\sqrt[n]{n}[/mm]
> > auch gegen 1.
>
> hm, sehr interessant. Das werde ich mir demnächst nochmal
> in Ruhe anschauen (wobei die Folgerung [mm]a_n \to a \Rightarrow[/mm]
> "aritmetisches Mittel strebt auch gegen [mm]a\,[/mm]" schnell zu
> beweisen ist - die andere (mit dem geometrischen Mittel)
> ist interessanter (das will ich mir aber nochmal in Ruhe
> selbst überlegen, anstatt nachzuschauen-jedenfalls gibt es
> ja Ungleichungen zwischen dem ar. und geom. Mittel...)).
mit Exponentialfunktion, Logarithmus und Stetigkeit folgt der Grenzwert fuer die geometrische-Mittel-Folge aus der der arithmetische-Mittel-Folge 
Aber im Kontext der urspruenglichen Fragestellung von Stefan waere es interessant zu wissen, wie man das elementarer beweisen kann.
LG Felix
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Hallo Felix,
![[]](/images/popup.gif) hier werden viele Beweisideen für die Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel aufgeführt.
Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:24 Sa 04.09.2010 | | Autor: | Marcel |
Hi Felix,
> Moin Marcel,
>
> > > Ich habe auch noch einen. ;)
> > > Es gilt: Ist [mm]a_n[/mm] eine Folge, die gegen a
> konvergiert,
> > so
> > > konvergieren auch [mm]b_n=\bruch{a_0+a_1+...+a_n}{n}[/mm] und
> > > [mm]c_n=\sqrt[n]{a_0*...*a_n}[/mm] gegen a. Müsste man jetzt noch
> > > beweisen.
> > >
> > > Nun konvergiert [mm]a_n=\bruch{n}{n-1}[/mm] für n>1 (und [mm]a_0=a_1=1)[/mm]
> > > gegen 1 und daher konvergiert
> > >
> >
> [mm]c_n=\sqrt[n]{1*1*\bruch{2}{1}*\bruch{3}{2}*...*\bruch{n}{n-1}}=\sqrt[n]{n}[/mm]
> > > auch gegen 1.
> >
> > hm, sehr interessant. Das werde ich mir demnächst nochmal
> > in Ruhe anschauen (wobei die Folgerung [mm]a_n \to a \Rightarrow[/mm]
> > "aritmetisches Mittel strebt auch gegen [mm]a\,[/mm]" schnell zu
> > beweisen ist - die andere (mit dem geometrischen Mittel)
> > ist interessanter (das will ich mir aber nochmal in Ruhe
> > selbst überlegen, anstatt nachzuschauen-jedenfalls gibt es
> > ja Ungleichungen zwischen dem ar. und geom. Mittel...)).
>
> mit Exponentialfunktion, Logarithmus und Stetigkeit folgt
> der Grenzwert fuer die geometrische-Mittel-Folge aus der
> der arithmetische-Mittel-Folge
jupp, ich kenne da selbst einige Beweise (mit Konvexität - aber letztendlich geht das dann über die Konvexität von [mm] $\exp$ [/mm] (auf [mm] $\IR$)). [/mm] Ich meinte eigentlich, dass ich da - ohne nachzugucken - mal selbst einen elementaren zusammenbasteln will (evtl. mit Induktion etc. pp.).
Und wenn ich scheitere, weiß ich, dass man da sicher im Heuser was zu findet.
(Aber ich will mir halt irgendwann nochmal selbst Gedanken dazu machen. Das ist sinnvoller als "nachmachen". Auch, wenn es "nur" elementare Dinge sind, mit denen ich mich mal zu Studienbeginn kurz auseinandersetzen musste. Irgendwie muss man das Gedächtnis ja auf Trab halten. )
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:07 Mo 06.09.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Den Satz habe ich auch aus dem Heuser. ;)
Teufel
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