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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:25 Mo 13.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
| Aufgabe | Wie hat man zu gegebenem [mm] \varepsilon [/mm] >0 [mm] N(\varepsilon) [/mm] zu wählen, damit | [mm] a_{n} [/mm] -1 | [mm] \le \varepsilon [/mm] für [mm] n\ge N(\varepsilon) [/mm] gilt, wenn
[mm] a_{n}:= [/mm] (1+1/n)^1000 ist? |
Hallo,
hab hier zu erst mal den limes ausgerechnet
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} a_{n} [/mm] = 1
da 1/n gegen 0 konvergiert. Allerdings hätte ich das wohl gar nicht ausrechnen brauchen, da ja in der Aufgabe schon steht [mm] a_{n} [/mm] -1.
Mein Problem ist, dass ich jetzt nicht genau weiß, wie ich weiter machen muss.
| [mm] a_{n} [/mm] -1 | < [mm] \varepsilon
[/mm]
|(1+1/n)^1000 -1| < [mm] \varepsilon
[/mm]
Ist mein Ansatz richtig? Und wenn ja, wie kann ich denn weiterrechnen? Die hoch 1000 "krieg' ich ja nicht einfach so weg".
Und was ich nicht so ganz versteh', was drückt denn das [mm] N(\varepsilon), [/mm] das wir suchen, eigentlich aus?
Vielen Dank im Voraus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:56 Mo 13.10.2008 | | Autor: | pelzig |
> |(1+1/n)^1000 -1| < [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Ist mein Ansatz richtig?
Ja, du musst zeigen, dass diese Ungleichung für jedes [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] erfüllt ist, wenn man $n$ nur groß genug wählt.
> Und was ich nicht so ganz versteh', was drückt denn das
> [mm]N(\varepsilon),[/mm] das wir suchen, eigentlich aus?
Das [mm] $N(\varepsilon)$ [/mm] sagt einem, wie groß du $n$ wählen musst, damit auch wirklich [mm] $|a_n-1|<\varepsilon$ [/mm] ist.
> Wie kann ich denn weiterrechnen? Die hoch 1000 "krieg' ich ja nicht einfach so weg".
Also vielleicht gibt es einen elganteren Weg, aber du kannst den ![[]](/images/popup.gif) binomischen Satz anwenden. Damit ist:
[mm] $\left|(1+1/n)^{1000}-1\right|=\left|\left(\sum_{k=0}^{1000}\binom{1000}{k}\frac{1}{n^k}\right)-1\right|=\sum_{k=1}^{1000}\binom{1000}{k}\frac{1}{n^k}$.
[/mm]
Jetzt schätzt du ab:
i) für jedes [mm] $k\in\IN$ [/mm] ist [mm] $\frac{1}{n^k}\le\frac{1}{n}$.
[/mm]
ii) Die Binomialkoeffizienten [mm] $\binom{1000}{k}$ [/mm] werden sicherlich groß, aber es sind nur endlich viele, also gibt es sicherlich ein [mm] $C\in\IR$ [/mm] mit [mm] $\binom{1000}{k}\le [/mm] C$ für alle $k$.
Beachte dass wir hier wirklich unverschämt großzügig nach oben abgeschätzt haben, aber das kümmert uns nicht, da selbst dieser viel viel größere Ausdrück immernoch beliebig klein wird, wenn wir $n$ nur groß genug wählen:
Damit haben wir nämlich
[mm] $\sum_{k=1}^{1000}\binom{1000}{k}\frac{1}{n^k}\le \sum_{k=1}^{1000}\binom{1000}{k}\frac{1}{n}\le \sum_{k=1}^{1000}C\frac{1}{n}=\frac{1000\cdot C}{n}$
[/mm]
Und dieser letzte Ausdruck ist sicherlich kleiner [mm] $\varepsilon$, [/mm] wenn [mm] $n>\frac{1000\cdot C}{\varepsilon}$ [/mm] ist. Die rechte Seite der letzten Ungleichung ist dein gesuchtes [mm] $N(\varepsilon)$.
[/mm]
Wenn man es ganz kurz aufschreibt geht der ganze Beweis so:
Sei [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] beliebig vorgegeben. Dann ist [mm] $|a_n-1|\le\frac{C}{n}$ [/mm] für ein [mm] $C\in\IR$, [/mm] und dies ist kleiner als [mm] $\varepsilon$, [/mm] wenn [mm] $n>\frac{C}{\varepsilon}$ [/mm] ist.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:00 Mo 13.10.2008 | | Autor: | ronja33 |
Vielen Dank für die schnelle Antwort....das werde ich jetzt mal versuchen, nachzuvollziehen. Dankeschön!!!
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 21:14 Mo 13.10.2008 | | Autor: | ullim |
Hi,
es gibt auch eine andere Möglichkeit mit der Bernoullischen Ungleichung.
[mm] (1+h)^n\ge1+hn [/mm] angewendet auf [mm] (1+\bruch{1}{n})^{1000}. [/mm] D.h.
[mm] \epsilon [/mm] > [mm] (1+\bruch{1}{n})^{1000}-1 \ge 1+\bruch{1000}{n}-1=\bruch{1000}{n} [/mm] also
[mm] n>\bruch{1000}{\epsilon}
[/mm]
mfg ullim
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 21:50 Mo 13.10.2008 | | Autor: | pelzig |
> es gibt auch eine andere Möglichkeit mit der Bernoullischen
> Ungleichung.
Daran habe ich auch gedacht. Aber ich bin mir ziemlich sicher, dass die hier gar nix nützt, da wir eine Abschätzung nach oben brauchen.
> [mm](1+h)^n\ge1+hn[/mm] angewendet auf [mm](1+\bruch{1}{n})^{1000}.[/mm]
> [mm]\epsilon[/mm] > [mm](1+\bruch{1}{n})^{1000}-1 \ge 1+\bruch{1000}{n}-1=\bruch{1000}{n}[/mm]
> also [mm]n>\bruch{1000}{\epsilon}[/mm]
Das ist doch irgendwie totaler Murx. Du hast [mm] $|a_n-1|<\varepsilon\Rightarrow n>\frac{1000}{\varepsilon}$ [/mm] gezeigt, also quasi eine untere Schranke für das gesuchte [mm] $N(\varepsilon)$ [/mm] bestimmt. Die Rückrichtung gilt nicht, z.B. ist für [mm] $\varepsilon=1$ [/mm] und [mm] $n=1001>\frac{1000}{\varepsilon}$:
[/mm]
[mm] $|a_{1001}-1|\approx 1,7142>\varepsilon$.
[/mm]
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:04 Mo 13.10.2008 | | Autor: | XPatrickX |
Warum kann man hier eigentlich nicht einfach die 1000.-Wurzel ziehen? Also:
[mm] |(1+1/n)^{1000} [/mm] -1| < [mm]\varepsilon[/mm]
[mm] \gdw (1+1/n)^{1000}<\varepsilon+1
[/mm]
[mm] \gdw (1+1/n)<\wurzel[1000]{\varepsilon+1}
[/mm]
[mm] \gdw 1/n<\wurzel[1000]{\varepsilon+1}-1
[/mm]
[mm] \gdw n>\frac{1}{\wurzel[1000]{\varepsilon+1}-1}>\frac{1}{\wurzel[1000]{\varepsilon+1}}
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:17 Mo 13.10.2008 | | Autor: | pelzig |
Ja... das ist natürlich auch okay, darauf bin ich nicht gekommen. Allerdings braucht man dazu erstmal die Existenz der 1000.-Wurzel und deren Monotonieeigenschaften. Das steht einem in diesem Stadium evtl. nicht zur Verfügung.
Gruß, Robert
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