TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 12

Man zeige, dass die Folge $a_{n}={\frac {n}{4^{n}}}$ konvergiert, indem man zu beliebigem $\varepsilon >0$ ein $N(\varepsilon )$ angebe.

Anleitung: Zeigen Sie zunächst $n<2^{n}$.

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Hilfreiches

Sandwich-Theorem

Seien $(a_{n})_{n\geq 0}$ und $(b_{n})_{n\geq 0}$ konvergente Folgen mit $\lim _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }b_{n}=a$. Sei $(c_{n})_{n\geq 0}$ eine Folge mit $a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$.

Dann folgt die Konvergenz von $c_{n}$ und es gilt $\lim _{n\rightarrow +\infty }c_{n}=a$. (Satz 4.22)

Lösung 1

von --Sk4g3n (Diskussion) 21:58, 14. Apr. 2013 (CEST)

Induktionsanfang: n = 0

$0<2^{0}=1$

Induktionsschritt: annahme: $n<2^{n}$

$n<2^{n}$

$\Leftrightarrow 2n<2^{n+1},2n>n+1$

$\Rightarrow n+1<2^{n+1}$

Es gilt also:

${\frac {1}{4^{n}}}<{\frac {n}{4^{n}}}<{\frac {2^{n}}{4^{n}}}={\frac {2^{n}}{2^{2n}}}={\frac {1}{2^{n}}}$

$\lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{4^{n}}}=\lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{2^{n}}}=0$

Aus dem Sandwichtheorem folgt $\lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {n}{4^{n}}}=0$

Da ${\frac {n}{4^{n}}}<{\frac {1}{2^{n}}}$ gilt kann $N(\varepsilon )$ mit ${\frac {1}{2^{n}}}$ berechnet werden.

$\forall \varepsilon >0\exists N(\varepsilon )\in \mathbb {N} \forall n>N(\varepsilon ):|{\frac {1}{2^{n}}}-0|<\varepsilon$

${\frac {1}{2^{n}}}<\varepsilon \Leftrightarrow {\frac {1}{\varepsilon }}<2^{n}\Leftrightarrow n>\log _{2}{\frac {1}{\varepsilon }}$

$\Rightarrow N(\varepsilon )=\lceil \log _{2}{\frac {1}{\varepsilon }}\rceil$

Lösung 2

Anmerkung 6 Jahre später: Der Induktionsbeweis hier ist imo nicht schlüssig. Man darf das $n$ bei dem Induktionsschritt $n+1<2^{n+1}$ nicht einfach durch $2^{n}$ ersetzen, weil die Ungleichung der Ind. Beh. in die falsche Richtung ist. (Als Extrembeispiel: Wäre die Ind. Beh. $n<\infty$, dann würde man durch einsetzen auf $\infty +1<2^{n+1}$ kommen, was offensichtlich nicht stimmt)

Analog zu Beispiel 9,10 und 11 (SS14)

Induktionsanfang: $n=0$

$0<2^{0}$

Induktionsbehauptung: $n<2^{n}$

Induktionsschritt:

$n+1<2^{n+1}$

Jetzt die Induktionsbehauptung links einsetzten und wir kommen auf:

$2^{n}+1<2^{n+1}$

$2^{n}+1<2^{n}*2$

$2^{n}+1<2^{n}+2^{n}$

$1<2^{n}$

Dadurch können den Grenzwert von ${\frac {n}{4^{n}}}$ feststellen:

$n\rightarrow \infty$

$4^{n}\rightarrow \infty$

Aber weil $n<2^{n}<4^{n}=2^{2}n$ können wir sagen, dass:

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {n}{4^{n}}}=0=a$

Und jetzt kommen wir zur Lösung:

$\mid {\frac {n}{4^{n}}}\mid -a<\epsilon$

Wir setzen statt $n$ $2^{n}$ ein, weil $n<2^{n}$

$\mid {\frac {2^{n}}{4^{n}}}\mid <\epsilon$

$\mid {\frac {1}{2^{n}}}\mid <\epsilon$

1) mit 2^n multiplizieren

2) mit $\epsilon$ dividieren

$\mid {\frac {1}{\epsilon }}\mid <2^{n}$

um n runterzubekommen $\log _{2}$ anwenden.

$\log _{2}{\frac {1}{\epsilon }}<n$

$\log _{2}1-log_{2}\epsilon <n$

$0-log_{2}\epsilon <n$

$-log_{2}\epsilon <n$

Lösung: $N(\epsilon )=\lceil -log_{2}\epsilon \rceil$

Links

Beispiel 9 (SS14): TU_Wien:Analysis_UE_(diverse)/Übungen_SS13/Beispiel_9

Beispiel 10 (SS14): TU_Wien:Analysis_UE_(diverse)/Übungen_SS13/Beispiel_10

Beispiel 11 (SS14): TU_Wien:Analysis_UE_(diverse)/Übungen_SS14/Beispiel_11