Nullfolge zeigen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:35 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Trollgut |
| Aufgabe | | Zeige, dass die Folge: [mm] \bruch{n^\alpha}{e^n}, \alpha [/mm] > 0 eine Nullfolge ist. |
Hallo,
hoffe auf einen kleinen Tipp zur generellen Rangehensweise bei dieser Aufgabe. Muss ich z.B. die Folge durch eine andere Nullfolge abschätzen oder gibt es eine bestimmte andere Abschätzung die ich brauche?
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:56 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeige, dass die Folge: [mm]\bruch{n^\alpha}{e^n}, \alpha[/mm] > 0
> eine Nullfolge ist.
> Hallo,
>
> hoffe auf einen kleinen Tipp zur generellen Rangehensweise
> bei dieser Aufgabe. Muss ich z.B. die Folge durch eine
> andere Nullfolge abschätzen oder gibt es eine bestimmte
> andere Abschätzung die ich brauche?
na, viele Wege führen nach Rom:
Man könnte etwa die Behauptung folgern, indem man für die Funktionen
[mm] $f(x)=x^\alpha$ [/mm] und [mm] $g(x)=\exp(x)$ [/mm] ($x > [mm] 0\,$) [/mm] zeigt, dass
[mm] $$\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{g(x)}=0$$
[/mm]
gilt. Etwa mit de l'Hospital. (Hinreichend oft anwenden, man kann dabei
etwa mit [mm] $\lfloor \alpha \rfloor$ [/mm] arbeiten, um das genauer anzugeben!)
Vielleicht ist aber folgendes einfacher:
Wegen
[mm] $$n^\alpha/e^n=e^{\alpha*\ln(n)-n}$$
[/mm]
folgt die Behauptung, wenn Du zeigst, dass
[mm] $$\alpha*\ln(n)-n \to -\infty\;\;\;\text{ bei }n \to \infty$$
[/mm]
gilt. Das wird Dir vielleicht schnell(er) gelingen, wenn Du
[mm] $$\ln(n) \le 2*(\sqrt{n}-1)$$
[/mm]
zeigen kannst!
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:36 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Trollgut |
Hallo,
habe noch eine Rückfrage:
>
> Vielleicht ist aber folgendes einfacher:
> Wegen
> [mm]n^\alpha/e^n=e^{\alpha*\ln(n)-n}[/mm]
> folgt die Behauptung, wenn Du zeigst, dass
> [mm]\alpha*\ln(n)-n \to -\infty\;\;\;\text{ bei }n \to \infty[/mm]
Hier liegt mein Problem, denn durch ausklammern von n erhalte ich:
[mm] \alpha*\ln(n)-n [/mm] = [mm] \alpha* \bruch{\ln(n)}{n}-1
[/mm]
wobei jetzt [mm] \bruch{\ln(n)}{n} [/mm] für n [mm] \to \infty [/mm] gegen 0 läuft. Also würde diese Folge gegen -1 und nicht gegen [mm] -\infty [/mm] laufen. Oder verstehe ich da jetzt etwas falsch?
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:50 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo,
>
> habe noch eine Rückfrage:
>
> >
> > Vielleicht ist aber folgendes einfacher:
> > Wegen
> > [mm]n^\alpha/e^n=e^{\alpha*\ln(n)-n}[/mm]
> > folgt die Behauptung, wenn Du zeigst, dass
> > [mm]\alpha*\ln(n)-n \to -\infty\;\;\;\text{ bei }n \to \infty[/mm]
>
> Hier liegt mein Problem, denn durch ausklammern von n
> erhalte ich:
> [mm]\alpha*\ln(n)-n[/mm] = [mm]\alpha* \bruch{\ln(n)}{n}-1[/mm]
denk' nochmal UNBEDINGT drüber nach, ob da Deine behauptete Gleichheit
gilt. Da steht nämlich - böse gesagt - "unsinniges"!! Du hast einfach
gesagt, dass die linke Seite gleich bleibt, wenn Du sie durch [mm] $n\,$ [/mm] teilst...
Was Du machen kannst:
[mm] $$\alpha*\ln(n)-n=\alpha*\frac{n}{n}*\ln(n)-n=n*\left(\alpha*\frac{\ln(n)}{n}-1\right)\,,$$
[/mm]
und jetzt kannst Du die Behauptung folgern, wenn Du
[mm] $$\frac {\ln(n)} [/mm] n [mm] \to [/mm] 0$$
beweist - oder schon benutzen darfst. Das geht auch!
> wobei
> jetzt [mm]\bruch{\ln(n)}{n}[/mm] für n [mm]\to \infty[/mm] gegen 0 läuft.
> Also würde diese Folge gegen -1 und nicht gegen [mm]-\infty[/mm]
> laufen. Oder verstehe ich da jetzt etwas falsch?
Du rechnest halt falsch, ich hab's Dir oben korrigiert.
Aber mal nebenbei: Ich hab' Dir doch einen Tipp gegeben:
Benutze
[mm] $$\ln(n) \le 2*(\sqrt{n}-1)$$
[/mm]
für alle $n [mm] \in \IN\,.$ [/mm]
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:57 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Trollgut |
Oh Gott, ich hab falsch ausgeklammert (bzw. gar nicht). Das tut mir Leid. So komme ich dann zum Gewünschten. Danke.
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:05 Sa 01.12.2012 | | Autor: | fred97 |
> Zeige, dass die Folge: [mm]\bruch{n^\alpha}{e^n}, \alpha[/mm] > 0
> eine Nullfolge ist.
> Hallo,
>
> hoffe auf einen kleinen Tipp zur generellen Rangehensweise
> bei dieser Aufgabe. Muss ich z.B. die Folge durch eine
> andere Nullfolge abschätzen oder gibt es eine bestimmte
> andere Abschätzung die ich brauche?
>
> Gruß
Weitere Möglichkeit:
Setze [mm] a_n=\bruch{n^\alpha}{e^n} [/mm] und zeige, dass
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel[n]{|a_n|}<1
[/mm]
ist. Damit ist [mm] \sum a_n [/mm] konvergent. Daher ist [mm] (a_n) [/mm] eine Nullfolge.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:11 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo Fred,
> > Zeige, dass die Folge: [mm]\bruch{n^\alpha}{e^n}, \alpha[/mm] > 0
> > eine Nullfolge ist.
> > Hallo,
> >
> > hoffe auf einen kleinen Tipp zur generellen Rangehensweise
> > bei dieser Aufgabe. Muss ich z.B. die Folge durch eine
> > andere Nullfolge abschätzen oder gibt es eine bestimmte
> > andere Abschätzung die ich brauche?
> >
> > Gruß
>
>
> Weitere Möglichkeit:
>
> Setze [mm]a_n=\bruch{n^\alpha}{e^n}[/mm] und zeige, dass
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\wurzel[n]{|a_n|}<1[/mm]
>
> ist.
hier würde ich's dann bevorzugen, zu zeigen, dass
[mm] $$\lim_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| [/mm] < 1$$
gilt. (Ansonsten muss man eventuell wieder an sowas erinnern, wogegen
denn [mm] $\sqrt[n]{n}$ [/mm] strebt...)
P.S. Ist aber rein mein persönlicher Geschmack, also bitte nicht zu ernst
nehmen. 
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:16 Sa 01.12.2012 | | Autor: | Trollgut |
OK, danke euch zwei. Ich werd mich mal an beidem versuchen.
Gruß
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