Beweis gleichzeitige Divergenz < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:35 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
| Aufgabe | | Die Zahlenfolge [mm] (a_{n}) [/mm] mit [mm] a_{n} \not=0 [/mm] sei konvergent gegen den Grenzwert a [mm] \not=0. [/mm] Man beweise: Die beiden Reihen [mm] \summe_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}|, \summe_{n=1}^{\infty}|1/a_{n+1}-1/a_{n}| [/mm] konvergieren, bwz. divergieren gleichzeitig. |
Hallo liebe Mathefreunde,
wie könnte ich das beweisen? Mit vollständiger Induktion? Hab' leider gar keine Idee, wie ich anfangen könnte...
Danke im Voraus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:49 Do 23.10.2008 | | Autor: | fred97 |
Nimm an $ [mm] \summe_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}| [/mm] $ sei konvergent.
[mm] (|a_n|) [/mm] konvergiert gegen |a|>0, dann ex. d,c>0 und m [mm] \in \IN [/mm] mit
d [mm] \le |a_n| \le [/mm] c für n > m. Für diese n gilt dann:
[mm] |1/a_{n+1}-1/a_n| [/mm] = [mm] \bruch{|a_n-a_{n+1}|}{|a_n| |a_{n+1}|} \le \bruch{1}{d^2}|a_n-a_{n+1}|.
[/mm]
Jetzt Majorantenkriterium
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:36 Do 23.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
Okay, kann ich also sagen da [mm] a_n-a_{n+1}|.[/mm] [/mm] nach Voraussetzung konvergiert, konvergiert [mm] 1/d^2...dieser [/mm] gesamte Audruck ist dann unsere Majorante, und da dies größer ist als [mm]|1/a_{n+1}-1/a_n|[/mm] konvergiert dies auch?
Muss ich auch noch zeigen, dass das für divergieren gilt?
Sorry, bin grad etwas verwirrt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:17 Do 23.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Okay, kann ich also sagen da [mm]a_n-a_{n+1}|.[/mm][/mm] nach
> Voraussetzung konvergiert, konvergiert [mm]1/d^2...dieser[/mm]
> gesamte Audruck ist dann unsere Majorante, und da dies
> größer ist als [mm]|1/a_{n+1}-1/a_n|[/mm] konvergiert dies auch?
> Muss ich auch noch zeigen, dass das für divergieren gilt?
> Sorry, bin grad etwas verwirrt.
ja, Du verwirrst mich auch  Aber ich schätze mal, Du meinst das richtige. Und ja, eigentlich ist nun auch erst der erste Teil des Beweises damit vollendet, also der Beweis so nur "halb" fertig.
Man könnte die Aufgabe umformulieren indem man sagt:
(Voraussetzungen wie oben, also [mm] $a_n \underset{n \to \infty}{\longrightarrow} [/mm] a [mm] \not=0$):
[/mm]
Zeige: Dann konvergiert die Reihe [mm] $\summe_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}|$ [/mm] genau dann, wenn die Reihe [mm] $\summe_{n=1}^{\infty}\left|\bruch{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right|$ [/mm] konvergiert.
(Ist Dir klar, warum diese Formulierung gleichwertig mit der Aufgabenstellung ist? Stichwort: Kontraposition!)
Nun strebt die Folge [mm] $(|a_n|)_n$ [/mm] gegen $|a| > 0$, und wir wählen wie Fred $c,d [mm] \black{>} [/mm] 0$ und dazu dann ein $m [mm] \in \IN$ [/mm] mit $d < [mm] |a_n| [/mm] < c$ für alle $n [mm] \black{>} m\,.$ [/mm]
Dann gilt für alle $n > [mm] \black{m}$ [/mm] einerseits
[mm] $$(\star_1)\;\;\; \left|\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right| [/mm] = [mm] \bruch{|a_n-a_{n+1}|}{|a_n| |a_{n+1}|} \le \bruch{1}{d^2}|a_n-a_{n+1}|\,, [/mm] $$
aber auch andererseits
[mm] $$(\star_2)\;\;\;\bruch{1}{c^2}|a_n-a_{n+1}| \le \left|\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right| [/mm] = [mm] \bruch{|a_n-a_{n+1}|}{|a_n| |a_{n+1}|}\,. [/mm] $$
Bekannt sein sollte Dir nun ein Hilfssatz (HS), der besagt:
(HS) Die Reihe [mm] $\sum_{k=1}^\infty r_k$ [/mm] konvergiert [mm] $\gdw$ [/mm] für ein (und damit auch schon jedes) $m [mm] \in \IN$ [/mm] konvergiert die Reihe [mm] $\sum_{k=m}^\infty r_k\,.$
[/mm]
(Das zu bewiesen ist eine ziemliche Banalität.)
Mit diesen Überlegungen ist Deine Aufgabe dann einfach, ich schreibe Dir jetzt mal genau das, was Du mit allem, was Fred gesagt hat, damit schon weißt:
Zu zeigen ist (wenn [mm] $a_n \underset{n \to \infty}{\longrightarrow} a\not=0$): [/mm]
[mm] $\summe_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}|$ [/mm] konvergent [mm] $\gdw$ $\summe_{n=1}^{\infty}\left|\bruch{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right|$ [/mm] konvergent.
Vorbemerkung:
$c,d > 0$ und $m [mm] \in \IN$ [/mm] werden stets wie oben gewählt.
[mm] "$\Rightarrow$": [/mm] Vorausgesetzt sei nun, dass [mm] $\summe_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}|$ [/mm] konvergiere. Nach dem Hilfssatz (genauer: [mm] "$\Rightarrow$" [/mm] im HS) konvergiert dann aber auch insbesondere die Reihe [mm] $\summe_{n=m+1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}|\,.$ [/mm] Die Abschätzung aus [mm] $(\star_1)$ [/mm] liefert dann aber
[mm] $$\sum_{n=m+1}^\infty\left|\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right| \le \sum_{n=m+1}^\infty\bruch{1}{d^2}|a_n-a_{n+1}|=\frac{1}{d^2}\sum_{k=m+1}^\infty|a_n-a_{n+1}|\,.$$
[/mm]
Nach dem Majorantenkriterium konvergiert daher [mm] $\sum_{n=m+1}^\infty\left|\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right|\,.$ [/mm] Wegen des Hilfssatzes (genauer: nun [mm] "$\Leftarrow$" [/mm] im HS) konvergiert dann aber auch [mm] $\sum_{n=1}^\infty\left|\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right|\,.$
[/mm]
Das ist aber bisher nur der erste Teil der Aufgabe. Nun zum zweiten Teil:
[mm] "$\Leftarrow$": [/mm] Hier wird nun vorausgesetzt, dass die Reihe [mm] $\sum_{n=1}^\infty\left|\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right|$ [/mm] konvergiere.
Nun versuche mal, unter Verwendung des Hilfssatzes und der Abschätzung aus [mm] $(\star_2)$, [/mm] damit zu folgern, dass dann auch [mm] $\summe_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_{n}|$ [/mm] konvergent ist.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:14 Do 23.10.2008 | | Autor: | Chilla |
Hallo erstmal,
wenn man das dann gemacht hat, also [mm] "\Leftarrow" [/mm] bewiesen hat, kann man daraus auch gleich schließen dass beide gleichzeitig divergieren oder muss man das dann wiederum auch beweisen???
Liebe Grüße
Chilla
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:42 Fr 24.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> wenn man das dann gemacht hat, also [mm]"\Leftarrow"[/mm] bewiesen
> hat, kann man daraus auch gleich schließen dass beide
> gleichzeitig divergieren oder muss man das dann wiederum
> auch beweisen???
damit ist dann alles bewiesen. Mir scheint aber, dass Dir das nicht ganz klar ist. Nochmal das ganze abstrakter:
Bei Dir stehen da zwei Reihen, ich schreibe mal [mm] $\sum a_n$ [/mm] und [mm] $\sum b_n$. [/mm] Du hast nun laut Aufgabenstellung zu zeigen:
[mm] $\sum a_n$ [/mm] und [mm] $\sum b_n$ [/mm] konvergieren bzw. divergieren stets gleichzeitig.
Das hört sich erstmal so an:
Verlangt werden anscheinend $4$ Folgerungen:
1.) Wenn [mm] $\sum a_n$ [/mm] konvergiert, dann auch [mm] $\sum b_n$.
[/mm]
2.) Wenn [mm] $\sum b_n$ [/mm] konvergiert, dann auch [mm] $\sum a_n$.
[/mm]
3.) Wenn [mm] $\sum a_n$ [/mm] divergiert, dann auch [mm] $\sum b_n$.
[/mm]
4.) Wenn [mm] $\sum b_n$ [/mm] divergiert, dann auch [mm] $\sum a_n$.
[/mm]
Eine Folgerung $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ ist aber äquivalent zu ihrer Kontraposition [mm] $(\neg [/mm] B) [mm] \Rightarrow (\neg [/mm] A)$.
Die Negation von [mm] '[i]$\sum a_n$ [/mm] konvergiert[/i]' ist aber [mm] '[i]$\sum a_n$ [/mm] divergiert[/i].'
Daraus erkennt man, dass bei den $4$ Fällen oben die Aussage bei 1.) gleichwertig mit der Aussage bei 4.) ist, und dass die Aussage bei 2.) gleichwertig mit der Aussage bei 3.) ist.
Beweist Du nun je eine der Folgerungen von 1.) und 4.) und eine der Folgerungen von 2.) bzw. 3.), so ist dies ja äquivalent mit [mm] '[i]$\sum a_n$ [/mm] und [mm] $\sum b_n$ [/mm] konvergieren bzw. divergieren gleichzeitig[/i]', und das letzte ist damit dann bewiesen.
Wählst Du von 1.) und 4.) dann die Folgerung bei 1.) aus, und wählst Du zudem von 2.) und 3.) dann die Folgerung bei 2.) aus, so erhältst Du genau meine Behauptung. Nämlich dass die Aufgabe nichts anderes sagt, als:
Beweise: [mm] $\sum a_n$ [/mm] konvergiert [mm] $\gdw$ $\sum b_n$ [/mm] konvergiert.
Und eine [mm] "$\gdw$"-Aussage [/mm] kann man in zwei Folgerungen [mm] "$\Rightarrow$" [/mm] und [mm] "$\Leftarrow$" [/mm] zerlegen, und die [mm] "$\gdw$"-Aussage [/mm] ist genau dann bewiesen, wenn diese beiden Folgerungen bewiesen worden sind.
Also:
Nach dem Beweis des [mm] "$\Leftarrow$" [/mm] bist Du dann fertig (der Beweis für [mm] "$\Rightarrow$" [/mm] wurde ja schon geliefert).
Gruß,
Marcel
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