Konvergenz einer Reihe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:58 So 02.12.2007 | | Autor: | Elfe |
| Aufgabe | | Sei [mm] (a_{k}) [/mm] eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen. Zeigen Sie: Die Reihe [mm] \summe_{}^{} a_{k} [/mm] konvergiert genau dann, wenn die Reihe [mm] \summe_{}^{} 2^{k} a_{2^{k}} [/mm] konvergiert. |
Hallo,
ich hätte ein paar Fragen zu dieser Aufgabe. Also zuallererst ist es ja quasi eine Äquivalenz. Ich hab versucht das anzuwenden und stell hier mal meine Ansätze rein, die sicher nicht sooo richtig sind 
z.Z.: [mm] \summe_{}^{} a_{k} [/mm] konvergiert [mm] \gdw \summe_{}^{} 2^{k} a_{2^{k}} [/mm] konvergiert.
Dazu:
[mm] "\Leftarrow" [/mm]
Sei [mm] (a_{k}) [/mm] eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen
Sei [mm] \summe{}^{} 2^{k} a_{2^{k}} [/mm] konvergent
Da [mm] (a_{k}) [/mm] monoton fallend ist, ist auch [mm] (a_{2^{k}}) [/mm] monoton fallend, denn es ist eine Teilfolge der Folge [mm] (a_{k}) [/mm] .
Ich hab dann mal eine Definition aus der Vorlesung angewandt, in der steht:
"Ist [mm] \summe{}^{} a_{k}z^{k} [/mm] für ein z [mm] \in \IC-\{0\} [/mm] konvergent, so ist sie für jedes [mm] x\in\IC [/mm] mit |x| < |z| [mm] \summe{}^{} a_{k}x^{k} [/mm] absolut konvergent."
So, das habe ich jetzt angewandt, wobei ich mir nicht sicher bin, ob ich das überhaupt darf, weil ich ja [mm] a_{2^{k}} [/mm] und nicht [mm] a_{k} [/mm] hab. Darf ich das denn trotzdem?
Wenn ich das nun also annehme, dann hab ich:
[mm] \summe{}^{} a_{2^{k}} 2^{k} [/mm] mit z=2 ist konvergent
[mm] \Rightarrow \summe{}^{} a_{2^{k}} 1^{k} [/mm] mit x=1 und |1|<|2| ist absolut konvergent
[mm] \Rightarrow \summe{}^{} a_{2^{k}} [/mm] ist absolut konvergent, weil [mm] 1^{k} [/mm] ja immer 1 ist.
Und wenn [mm] \summe{}^{} a_{2^{k}} [/mm] absolut konvergent ist, dann heißt das ja, dass [mm] (a_{2^{k}}) [/mm] eine Nullfolge ist, oder?
Aber ich würde halt höchstens daraus schließen, dass [mm] (a_{k}) [/mm] den Häufungswert hat, den die Teilfolge als Grenzwert hat. Und deshalb weiß ich nicht wirklich, wie ich drauf kommen soll.
Aber das kann hier natürlich auch alles komplett falsch gewesen sein.
So und der andere Weg, da hab ich nur einen ganz kleinen Ansatz, nämlich:
[mm] "\Rightarrow"
[/mm]
Sei [mm] (a_{k}) [/mm] eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen
Sei [mm] \summe{}^{} a_{k} [/mm] konvergent
Wenn [mm] \summe{}^{} a_{k} [/mm] konvergent ist, dann ist [mm] (a_{k}) [/mm] ja eine Nullfolge. Und da [mm] (a_{2^{k}}) [/mm] eine Teilfolge von [mm] (a_{k}) [/mm] ist, gilt ja auch, dass es eine monoton fallende Nullfolge ist.
So, aber ich weiß nicht so recht, wie ich das in Verbindung bringe mit der Summe und dem [mm] 2^{k}. [/mm]
Wäre also dankbar für ein paar Hinweise, Korrekturen und alles andere.
lg Elfe
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:47 So 02.12.2007 | | Autor: | moudi |
Hallo Elfe
Schreibe die Folgen einmal ein bisschen ausführlicher auf:
Voraussetzung: [mm] $a_1\geq a_2\geq a_3\geq a_4\geq \dots [/mm] >0 $
[mm] $\sum a_k=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+\dots$
[/mm]
[mm] $\sum 2^ka_{2^k}=a_1+2a_2+4a_4+\dots$
[/mm]
Wegen der Voraussetzung gilt [mm] $2a_2\geq a_2+a_3$, $4a_4\geq a_4+a_5+a_6+a_7$, [/mm] etc. Deshalb gilt:
[mm] $\sum a_k\leq \sum 2^ka_{2^k}$ [/mm] (*)
Andererseits gilt wegen der Voraussetzung: [mm] $a_3+a_4\geq 2a_4$, $a_4+a_6+a_7+a_8\geq 4a_8$, [/mm] etc. und daraus folgt
[mm] $a_1+a_2+a_3+a_4+\dots\geq a_1+a_2+2a_4+4a_8+\dots=\frac12(\sum 2^ka_{2^k})+\frac{a_1}{2}$ [/mm] oder
[mm] $\sum a_k\geq \frac12(\sum 2^ka_{2^k})+\frac{a_1}2$ [/mm] (**)
Aus (*) und (**) folgt die Behauptung.
mfG Moudi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:30 Mo 03.12.2007 | | Autor: | Elfe |
Hallo,
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> Schreibe die Folgen einmal ein bisschen ausführlicher auf:
>
> Voraussetzung: [mm]a_1\geq a_2\geq a_3\geq a_4\geq \dots >0[/mm]
>
> [mm]\sum a_k=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+\dots[/mm]
>
> [mm]\sum 2^ka_{2^k}=a_1+2a_2+4a_4+\dots[/mm]
>
aber wieso fängst du denn bei der Summe [mm] a_{k} [/mm] mit k=1 ein und bei der anderen Summe mit k=0? Macht das keinen Unterschied?
> Wegen der Voraussetzung gilt [mm]2a_2\geq a_2+a_3[/mm], [mm]4a_4\geq a_4+a_5+a_6+a_7[/mm],
> etc. Deshalb gilt:
>
> [mm]\sum a_k\leq \sum 2^ka_{2^k}[/mm] (*)
>
>
Okay, an sich ist mir das klar....
> Andererseits gilt wegen der Voraussetzung: [mm]a_3+a_4\geq 2a_4[/mm],
> [mm]a_4+a_6+a_7+a_8\geq 4a_8[/mm],
das aber irgendwie nicht mehr wirklich. Wieso ist denn nun das Zeichen andersrum?
>
> [mm]a_1+a_2+a_3+a_4+\dots\geq a_1+a_2+2a_4+4a_8+\dots=\frac12(\sum 2^ka_{2^k})+\frac{a_1}{2}[/mm]
> oder
>
> [mm]\sum a_k\geq \frac12(\sum 2^ka_{2^k})+\frac{a_1}2[/mm] (**)
>
>
Mit dem [mm] \bruch{1}{2} [/mm] und [mm] \bruch{a_{1}}{2} [/mm] kann ich leider gar nichts mehr anfangen, tut mir leid. JEtzt bin ich komplet verwirrt.
> Aus (*) und (**) folgt die Behauptung.
>
> mfG Moudi
>
lg Elfe
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:43 Di 04.12.2007 | | Autor: | moudi |
> Hallo,
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> >
> > Schreibe die Folgen einmal ein bisschen ausführlicher auf:
> >
> > Voraussetzung: [mm]a_1\geq a_2\geq a_3\geq a_4\geq \dots >0[/mm]
>
> >
> > [mm]\sum a_k=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+\dots[/mm]
> >
> > [mm]\sum 2^ka_{2^k}=a_1+2a_2+4a_4+\dots[/mm]
> >
>
> aber wieso fängst du denn bei der Summe [mm]a_{k}[/mm] mit k=1 ein
> und bei der anderen Summe mit k=0? Macht das keinen
> Unterschied?
Ja das war ein kleines Versehen, spielt aber für die Konvergenz schlussendlich keine Rolle.
[mm] $a_0+a_1+a_2+\dots$ [/mm] konvergiert genau dann, wenn [mm] $a_1+a_2+\dots$ [/mm] konvergiert.
>
> > Wegen der Voraussetzung gilt [mm]2a_2\geq a_2+a_3[/mm], [mm]4a_4\geq a_4+a_5+a_6+a_7[/mm],
> > etc. Deshalb gilt:
> >
> > [mm]\sum a_k\leq \sum 2^ka_{2^k}[/mm] (*)
> >
> >
>
> Okay, an sich ist mir das klar....
> > Andererseits gilt wegen der Voraussetzung: [mm]a_3+a_4\geq 2a_4[/mm],
> > [mm]a_4+a_6+a_7+a_8\geq 4a_8[/mm],
>
> das aber irgendwie nicht mehr wirklich. Wieso ist denn nun
> das Zeichen andersrum?
Da [mm] $a_3\geq a_4$, [/mm] ist [mm] $a_3+a_4\geq a_4+a_4=2a_4$
[/mm]
Da [mm] $a_5\geq a_6\geq a_7\geq a_8$, [/mm] ist [mm] $a_5+a_6+a_7+a_8\geq a_8+a_8+a_8+a_8=4a_8$.
[/mm]
>
> >
> > [mm]a_1+a_2+a_3+a_4+\dots\geq a_1+a_2+2a_4+4a_8+\dots=\frac12(\sum 2^ka_{2^k})+\frac{a_1}{2}[/mm]
> > oder
> >
> > [mm]\sum a_k\geq \frac12(\sum 2^ka_{2^k})+\frac{a_1}2[/mm] (**)
> >
> >
>
> Mit dem [mm]\bruch{1}{2}[/mm] und [mm]\bruch{a_{1}}{2}[/mm] kann ich leider
> gar nichts mehr anfangen, tut mir leid. JEtzt bin ich
> komplet verwirrt.
Vergleiche einfach: [mm] $\sum 2^ka_{2^k}=a_1+2a_2+4a_4+\dots$, [/mm] dann ist [mm] $\frac12(\sum 2^ka_{2^k})=\frac12 a_1+a_2+2a_4+\dots$ [/mm] und jetzt ist auch klar, wieso das [mm] $\frac12 a_1$ [/mm] noch dazugezählt werden muss.
mfG Moudi
>
> > Aus (*) und (**) folgt die Behauptung.
> >
> > mfG Moudi
> >
>
> lg Elfe
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:05 So 13.01.2008 | | Autor: | fvs |
Hi.
Entschuldigung wenn ich mir so einklinke, aber ich habe mal eine Frage zu der Formel (*) in dem Beitrag.
Wie kann man dieses Formal zeigen, dass also [mm] \summe a_k \leq \summe 2^k a_{2^k} [/mm] ist?
Anschaulich durch die ersten Element ist das ja klar, aber man muss das doch mit irgendeiner Methode auch beweisen können, dass das so ist.
Würde mich freuen, wenn mich jemand diesbezüglich aufklären könnte.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:46 So 13.01.2008 | | Autor: | dormant |
Hi!
> Wie kann man dieses Formal zeigen, dass also [mm]\summe a_k \leq \summe 2^k a_{2^k}[/mm]
> ist?
moudi hat das in seiner ersten Antwort gezeigt. Per Induktion zeigt man, dass für eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen und für alle k [mm] \summe_{i=2^{k}}^{2^{k+1}-1}a_{i}\le 2^{k}a_{2^{k}}. [/mm] Das geht ziemlich einfach, da man links [mm] 2^{k} [/mm] Summanden hat und jeder kleiner gleich [mm] a_{2^{k}} [/mm] ist.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:10 So 13.01.2008 | | Autor: | fvs |
Hallo.
So richtig zeigt er das meiner Meinung nach nicht. Er sagt einfach nur wie die beiden Reihen aufgebaut sind und schließt aus den ersten 7 Elementen, dann dass es gelten muss...
Irgendwie muss das noch ein wenig formaler gehen.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:36 So 13.01.2008 | | Autor: | dormant |
Hi!
Das geht schon ziemlich formal:
Z.z.: [mm] \summe_{k=0}^{\infty}a_{k}\le\summe_{k=0}^{\infty}2^{k}a_{2^{k}} [/mm] für [mm] a_{k} [/mm] monoton fallend.
(i) Auf [mm] \summe_{i=2^{k}}^{2^{k+1}-1}a_{i}\le 2^{k}a_{2^{k}} [/mm] für alle k kann man sich schon einigen, glaube ich.
Definiere nun die Folge der Teilsumme: [mm] s_{k}:=\summe_{i=2^{k}}^{2^{k+1}-1}a_{i}. [/mm] Es gilt [mm] \summe_{k=0}^{n}s_{k}= \summe_{k=0}^{2^{n+1}-1}a_{k} [/mm] und es ist somit [mm] \summe_{k=0}^{\infty}s_{k}= \summe_{k=0}^{\infty}a_{k} [/mm] (ii).
Außerdem ist [mm] \summe_{k=0}^{n}s_{k}<\summe_{k=0}^{n}2^{k}a_{2^{k}}, [/mm] da die jeweils indizierten Summanden auf der linken Seite wegen (i) kleiner gleich dem entsprechenden Summanden auf der rechten Seite ist. Da dies für alle n gilt und mit (ii), so folgt auch die Behauptung.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:46 So 13.01.2008 | | Autor: | fvs |
Hmmh.
Das ist interessant. Ich dachte, dass man das ganze einfach mit einer vollständigen Induktion zeigen könnte.
z.z.: [mm] \summe_{k=0}^{\infty} a_{k} \le \summe_{k=0}^{\infty} 2^{k}a_{2^{k}} [/mm] für [mm] a_{k} [/mm] monoton fallend.
(IA) Sei k = 0. Dann gilt [mm] \summe_{i=2^k}^{2^{k+1}-1} a_i [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{1} a_i [/mm] = [mm] a_1 \leq a_1 [/mm] = [mm] 2^k a_{2^{k}}.
[/mm]
(IV) Die Behauptung gelte für jedes beliebige jedoch fest gewählte n [mm] \in \IN. [/mm]
(IS) [mm] \summe_{i=2^{k+1}}^{2^{k+2}-1} a_i [/mm] = ...
An dieser Stelle komme ich leider nicht weiter, da ich diese Summe, nicht auf meine Ursprungssumme durch aussortieren des kleinsten und des größten Elements.
Meine Frage ist jetzt, ob mir jemand einen Tipp geben kann, welche Elemente ich herausnehmen muss und warum die Summe überhaupt über so komische Laufindexe läuft.
Wäre wirklich super.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:53 So 13.01.2008 | | Autor: | dormant |
Hi!
Wie gesagt - du sollst die Reihe über die Folge der Teilsummen nehmen, damit die Indizes übereinstimmen. An sich steht alles in meinem vorherigen Post, du sollst dir nur die Indizierung ganz genau anschauen.
Gruß,
dormant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 So 13.01.2008 | | Autor: | fvs |
Hi.
Ich verstehe ja was du da machst und das ist auch sinnvoll. Nur ich möchte gerne noch deinen Schritt unter (i) den du quasi als gegeben voraussetzt noch einmal formal beweisen. Dazu habe ich mich für die vollständige Induktion entschieden.
Es muss ja im Induktionsschritt gelten [mm] \summe_{i=2^{k+1}}^{2^{k+2}-1} a_i [/mm] = [mm] \summe_{i=2^k}^{2^{k+1}-1} a_i [/mm] + [mm] a_2 [/mm] + ??? Welches ist das größte Elemente, welches ich hier raus nehmen muss, etwa [mm] a_{2^{k+2}-1}, [/mm] oder wie?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:28 So 13.01.2008 | | Autor: | dormant |
Hi!
Ich habe nachgedacht und festgestellt was du erreichen willst. Ich muss zugeben - das unter (i) kann man mittels Induktion nicht zeigen, da der Fall k mit dem k+1 nichts gemeinsam hat. Man soll die Aussage viel mehr für ein beliebiges vorgegebenes k zeigen. Das geht auch ziemlich direkt, da man links und rechts jeweils [mm] 2^{k} [/mm] Summanden hat, der größte ist [mm] a_{2^{k}} [/mm] und der kleinste ist [mm] a_{2^{k+1}-1}.
[/mm]
Gruß,
dormant
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:26 So 13.01.2008 | | Autor: | fvs |
So.
Ich möchte jetzt alles noch einmal ein wenig zusammenfassen und schauen, ob ich das alles soweit verstanden habe.
Die Aufgabe lautet also: Sei [mm] (a_k) [/mm] eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen. Seien n, m [mm] \in [/mm] IN mit n [mm] \le 2^m [/mm] - 1. Zeigen Sie, dass [mm] \summe_{k=0}^{n} a_k \le \summe_{j=0}^{m-1} 2^j a_{2^j}.
[/mm]
Die Voraussetzung, dass es sich bei [mm] (a_k) [/mm] um eine monton fallende Folge handelt, bedeutet, dass gilt [mm] a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge a_4 \ge [/mm] ... [mm] \ge a_n. [/mm] Es gilt jetzt zunächst für alle [mm] k\in\IN \summe_{i=2^k}^{2^{k+1}-1} a_i \le 2^k a_{2^k}. [/mm] (1)
Definiere nun die Folge der Teilsumme durch [mm] s_k [/mm] := [mm] \summe_{i=2^k}^{2^{k+1}-1} a_i. [/mm] Dann gilt also [mm] \summe_{k=0}^{n} s_k [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{2^{n+1} - 1} a_k [/mm] und somit [mm] \summe_{k=0}^{\infty} s_k [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{\infty} a_k. [/mm] (2)
Außerdem gilt nun [mm] \summe_{k=0}^{n} s_k [/mm] < [mm] \summe_{k=0}^{n} 2^k a_{2^k}, [/mm] da die jeweils indizierten Summanden auf der linken Seite wegen (1) kleiner oder gleich dem enstprechenden Summanden auf der rechten Seite ist. Da dies für alle n gilt und mit (2), so folgt auch bereits die Behauptung.
Ist das so jetzt richtig? Für mich klingt das alles so ein wenig schwammig, da ich ja nicht so richtig mathematisch argumentieren...
Oder?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:42 Di 15.01.2008 | | Autor: | fvs |
Mag mir das denn keiner bestätigen?
Ich habe jedenfalls keinen Fehler entdecken können.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:22 Do 17.01.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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