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 $\epsilon >0$ ein $N(\epsilon )$ angebe.

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

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Hilfreiches

Sandwich-Theorem

Seien $(a_n{)}_{n\ge 0}$ und $(b_n{)}_{n\ge 0}$ konvergente Folgen mit $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=a$. Sei $(c_n{)}_{n\ge 0}$ eine Folge mit $a_n\le c_n\le b_n$ für fast alle $n\in \mathbb{N}$.

Dann folgt die Konvergenz von $c_n$ und es gilt $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{c}_n=a$. (Satz 4.22)

Lösung 1

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

Induktionsanfang: n = 0

$0<2^0=1$

Induktionsschritt: annahme: $n<2^n$

$n<2^n$

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

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

Es gilt also:

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

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{4^n}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2^n}=0$

Aus dem Sandwichtheorem folgt $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{4^n}=0$

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

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

$\frac{1}{2^n}<\epsilon \iff \frac{1}{\epsilon }<2^n\iff n>{\log }_2\frac{1}{\epsilon }$

$\Rightarrow N(\epsilon )=\lceil {\log }_2\frac{1}{\epsilon }\rceil$

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. $n<\mathrm{\infty }$, dann würde man durch einsetzen auf $\mathrm{\infty }+1<2^{n+1}$ 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:

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

$2^n+1<2^n\ast 2$

$2^n+1<2^n+2^n$

$1<2^n$

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

$n\to \mathrm{\infty }$

$4^n\to \mathrm{\infty }$

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

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n}{4^n}=0=a$

Und jetzt kommen wir zur Lösung:

$\mid \frac{n}{4^n}\mid -a<ϵ$

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

$\mid \frac{2^n}{4^n}\mid <ϵ$

$\mid \frac{1}{2^n}\mid <ϵ$

1) mit 2^n multiplizieren

2) mit $ϵ$ dividieren

$\mid \frac{1}{ϵ}\mid <2^n$

um n runterzubekommen ${\log }_2$ anwenden.

${\log }_2\frac{1}{ϵ}<n$

${\log }_{2}1-lo{g}_2ϵ<n$

$0-lo{g}_2ϵ<n$

$-lo{g}_2ϵ<n$

Lösung: $N(ϵ)=\lceil -lo{g}_2ϵ\rceil$

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