Nullfolge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Zeigen Sie: [mm] \binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}} [/mm] konvergier gegen 0. |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich würde gerne zeigen, dass [mm] \binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}} [/mm] eine Nullfolge ist, aber habe keinen Ansatz.
Mit dem Quotientenkriterium/Wurzelkriterium für Reihen kommt man nicht weiter und ich habe noch keine vernünftige Abschätzung gefunden.
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Hallo dargrfdgasdfv, ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
Das ist ja mal ein Nick. Wie merkst Du Dir den?
> Zeigen Sie: [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] konvergiert
> gegen 0.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> Ich würde gerne zeigen, dass
> [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] eine Nullfolge ist, aber
> habe keinen Ansatz.
> Mit dem Quotientenkriterium/Wurzelkriterium für Reihen
> kommt man nicht weiter
Kein Wunder. Du untersuchst ja auch eine Folge. Wenn Du sie nicht in äquivalente Reihe umwandeln kannst, helfen Dir die Reihenkriterien nichts.
> und ich habe noch keine vernünftige
> Abschätzung gefunden.
Och, Abschätzung ist nicht schwierig, dazu gleich.
Du könntest es aber auch mit Induktion versuchen. 
Zur Abschätzung: im Zähler stehen halt 2n Faktoren, die wir mal schön von 1 bis 2n geordnet lassen.
Im Nenner stehen allein in den beiden Fakultäten n!*n! auch 2n Faktoren, und dann noch 2n-mal die 2. Daraus machen wir auch 2n Faktoren, nämlich 2,4,...,2n und 2,4,...,2n und ordnen sie nach der Größe.
Dann zeigt sich [mm] \vektor{2n\\n}*\bruch{1}{2^{2n}}=\bruch{1*2}{2*2}*\bruch{3*4}{4*4}*\cdots*\bruch{(2k-1)*2k}{2k*2k}*\cdots*\bruch{(2n-1)*2n}{2n*2n}
[/mm]
Oder kürzer: [mm] \vektor{2n\\n}*\bruch{1}{2^{2n}}=\produkt_{m=1}^{n}\bruch{2m-1}{2m}
[/mm]
Das sieht ja schon ziemlich konvergent aus... Das Produkt ist immer positiv, und jeder "neue" Faktor (bei wachsendem n) ist <1. Der Grenzwert g wird also [mm] $0\le{g}<\bruch{1}{2} [/mm] erfüllen.
Bleibt noch zu zeigen, dass g=0 ist.
Du bist dran.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:09 Fr 18.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo dargrfdgasdfv,
>
> Das ist ja mal ein Nick. Wie merkst Du Dir den?
>
> > Zeigen Sie: [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] konvergiert
> > gegen 0.
> > Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> > Internetseiten gestellt.
> > Ich würde gerne zeigen, dass
> > [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] eine Nullfolge ist, aber
> > habe keinen Ansatz.
> > Mit dem Quotientenkriterium/Wurzelkriterium für Reihen
> > kommt man nicht weiter
>
> Kein Wunder. Du untersuchst ja auch eine Folge. Wenn Du sie
> nicht in äquivalente Reihe umwandeln kannst, helfen Dir
> die Reihenkriterien nichts.
>
> > und ich habe noch keine vernünftige
> > Abschätzung gefunden.
>
> Och, Abschätzung ist nicht schwierig, dazu gleich.
> Du könntest es aber auch mit Induktion versuchen.
>
> Zur Abschätzung: im Zähler stehen halt 2n Faktoren, die
> wir mal schön von 1 bis 2n geordnet lassen.
> Im Nenner stehen allein in den beiden Fakultäten n!*n!
> auch 2n Faktoren, und dann noch 2n-mal die 2. Daraus machen
> wir auch 2n Faktoren, nämlich 2,4,...,2n und 2,4,...,2n
> und ordnen sie nach der Größe.
>
> Dann zeigt sich
> [mm]\vektor{2n\\n}*\bruch{1}{2^{2n}}=\bruch{1*2}{2*2}*\bruch{3*4}{4*4}*\cdots*\bruch{(2k-1)*2k}{2k*2k}*\cdots*\bruch{(2n-1)*2n}{2n*2n}[/mm]
>
> Oder kürzer:
> [mm]\vektor{2n\\n}*\bruch{1}{2^{2n}}=\produkt_{m=1}^{n}\bruch{2m-1}{2m}[/mm]
>
> Das sieht ja schon ziemlich konvergent aus... Das Produkt
> ist immer positiv, und jeder "neue" Faktor (bei wachsendem
> n) ist <1. Der Grenzwert g wird also [mm]$0\le{g}<\bruch{1}{2}[/mm]
> erfüllen.
nur mal so ein Gedankengang, der sich nur aus dem "Angucken" ergibt
(das heißt, ich weiß nicht, ob das nun gesagte überhaupt sinnvoll sein
wird):
Aber wenn ich mit Produkten arbeite, und die "loswerden" will, nehme ich
doch mal den [mm] $\ln$ [/mm] und hantiere danach halt mit Summen. Damit kennt
man sich meist besser aus.
Gruß,
Marcel
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Ich vermute dass man bei diesem Produkt immer eine gewisse anzahl von Faktoren mit (1/2) abschätzen kann. Den ersten mit 1/2 die nächsten 4 mit 1/2, die nächsten 16 mit 1/2, die nächsten 64 mit 1/2 usw. kann es aber nicht beweisen. hat jemand eine Idee wie man das machen kann oder wie man auf eine andere Art zeigen kann, dass dieses Produkt gegen 0 konvergiert?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:33 Do 17.01.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
> Ich vermute dass man bei diesem Produkt immer eine gewisse
> anzahl von Faktoren mit (1/2) abschätzen kann. Den ersten
> mit 1/2 die nächsten 4 mit 1/2, die nächsten 16 mit 1/2,
> die nächsten 64 mit 1/2 usw. kann es aber nicht beweisen.
Ich habs mal ein bisschen weiterrechnen lassen. Die Vermutung scheint stark zu sein. Bisher sehe ich auch noch keinen Beweis. Gerade hatte ich eine nette Idee dazu, aber sie geht nicht auf.
> hat jemand eine Idee wie man das machen kann oder wie man
> auf eine andere Art zeigen kann, dass dieses Produkt gegen
> 0 konvergiert?
Grüße
reverend
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Hier nur nochmal Formal meine Vermutung: Für alle [mm] $k\in\mathbb{N}_0$ [/mm] gilt
[mm] $\frac{1}{2}\ge\prod_{i=1+\sum_{j=0}^{k}4^{j}}^{\sum_{j=0}^{k+1}4^{j}}\frac{2i-1}{2i}$
[/mm]
Der Beweis wäre damit abgeschlossen, aber ich sehe keine Möglichkeit das zu beweisen. Induktiv scheint es nicht zu gehen, da die Folge der Produkte in $k$ von unten gegen [mm] $\frac{1}{2}$ [/mm] zu konvergieren scheint.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:23 Do 17.01.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
das ist nach wie vor ein Weg, der mich interessiert, auch wenn ich gerade weiter unten eine andere Lösung angeboten habe.
> Hier nur nochmal Formal meine Vermutung: Für alle
> [mm]k\in\mathbb{N}_0[/mm] gilt
>
> [mm]\frac{1}{2}\ge\prod_{i=1+\sum_{j=0}^{k}4^{j}}^{\sum_{j=0}^{k+1}4^{j}}\frac{2i-1}{2i}[/mm]
Ich bin immer wieder beeindruckt, was der Formeleditor (LaTeX-basiert) so kann.
> Der Beweis wäre damit abgeschlossen, aber ich sehe keine
> Möglichkeit das zu beweisen. Induktiv scheint es nicht zu
> gehen, da die Folge der Produkte in [mm]k[/mm] von unten gegen
> [mm]\frac{1}{2}[/mm] zu konvergieren scheint.
Vor allem sehe ich nicht, wie der Induktionsschritt da aussehen sollte. Dass die Folge der Produkte offenbar monoton wachsend, aber durch [mm] \tfrac{1}{2} [/mm] nach oben beschränkt ist, macht es in der Tat nicht einfacher.
Man würde sich natürlich eine elegante Lösung wünschen und kein kompliziertes Gewurschtel. Deswegen eben auch der neue Vorschlag mit dem Majorantenkriterium.
Ich denke noch ab und zu über diesen Zweig des Threads und damit einen alternativen Nachweis nach, melde mich aber nur, wenn ich einen neuen Einfall habe - oder jemand anders einen postet. Man weiß ja nie...
lg
rev
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Hallo,
kleine Ergänzung:
> Zeigen Sie: [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] konvergier
> gegen 0.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> Ich würde gerne zeigen, dass
> [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] eine Nullfolge ist, aber
> habe keinen Ansatz.
> Mit dem Quotientenkriterium/Wurzelkriterium für Reihen
> kommt man nicht weiter
Naja, hast du es denn ausprobiert?
Wenn du zeigen kannst, dass die Reihe [mm]\summe_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] konvergent ist, dann ist die Folge der Reihenglieder, also [mm]\left(\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}\right)_{n\in\IN}[/mm] eine Nullfolge.
Aber das QK liefert wohl trotzdem keine Aussage über die Konvergenz der Reihe, da sich im GW eine doofe 1 ergibt (wenn ich mich auf die Schnelle nicht verrechnet habe) ...
Nur so als Tipp dazu, dass man "Nullfolge" auch über die Konvergenz der "zugehörigen" Reihe zeigen kann ...
Gruß
schachuzipus
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Das meinte ich auch mit Quotientenkriterium/Wurzelkriterium, aber die zugehörige Reihe divergiert gegen [mm] \infty. [/mm] Daher kommt man damit nicht weiter.
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Hallo nochmal,
> Das meinte ich auch mit
> Quotientenkriterium/Wurzelkriterium, aber die zugehörige
> Reihe divergiert gegen [mm]\infty.[/mm]
Ja? Wie siehst du das denn ein?
Ich habe mich ja möglicherweise verrechnet, aber immerhin mit dem QK [mm]\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=1[/mm] erhalten, wobei [mm] $a_n$ [/mm] dieser Folgenausdruck ist.
Damit weiß man doch ohne weitere Untersuchungen nix über die Konvergenz oder Divergenz der Reihe - beides ist möglich.
Wie siehst du denn ein, dass die Reihe divergent ist?
> Daher kommt man damit nicht
> weiter.
Gruß
schachuzipus
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Es gilt [mm] $\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}} [/mm] >= [mm] \frac{1}{n}$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] 4$ und die harmonische Reihe ist divergent gegen [mm] $\infty$ [/mm] also auch [mm] $\sum_{n=1}^\infty \binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}$.
[/mm]
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Hallo nochmal,
wenn man nicht weiterkommt, ist es oft besser, noch einmal anzufangen.
> Zeigen Sie: [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] konvergiert
> gegen 0.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> Ich würde gerne zeigen, dass
> [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] eine Nullfolge ist, aber
> habe keinen Ansatz.
Geben wir dem Kind erstmal einen Namen: wir haben [mm] (a_n)_{n\in\IN} [/mm] mit [mm] a_n=\vektor{2n\\n}*\bruch{1}{2^{2n}}
[/mm]
Wir hatten auch schon ein Zwischenergebnis, das eine andere Darstellung liefert:
[mm] a_n=\produkt_{m=1}^{n}\bruch{2m-1}{2m}
[/mm]
Ich habe mir mal den Verlauf der Folge angesehen und habe die Vermutung, dass es eine Majorante der Form [mm] \bruch{a}{n^s} [/mm] mit [mm] a,s\in\IR^+ [/mm] gibt. Bei genauerem Besehen schlage ich vor, folgende Vermutung zu prüfen:
[mm] a_n<\bruch{1}{\wurzel{n}}
[/mm]
Das geht in beiden Darstellungsformen der Folge relativ leicht mit Induktion.
Denn mal los.
Grüße
reverend
> Mit dem Quotientenkriterium/Wurzelkriterium für Reihen
> kommt man nicht weiter und ich habe noch keine vernünftige
> Abschätzung gefunden.
PS: Sagen wir mal, die obige Abschätzung ist nicht unbegründet. Ich wollte Dir nur auch ein Aha-Erlebnis lassen. 
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Die Vermutung mit der Abschätzung durch [mm] \frac{1}{\sqrt{n}} [/mm] scheint zu stimmen, aber mit Induktion läuft da was schief.
Induktionsanfang: [mm] \prod_{m=1}^{1}\frac{2m-1}{2m}=\frac{1}{2}<1=\frac{1}{\sqrt{n}}
[/mm]
Induktionsschritt: [mm] \prod_{m=1}^{n+1}\frac{2m-1}{2m}=\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\prod_{m=1}^{n}\frac{2m-1}{2m}<\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n\cdot\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^{2}}}.
[/mm]
Jetzt müssten wir zeigen, dass [mm] \left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^{2}\ge1+\frac{1}{n}, [/mm] das geht aber nicht auf, da
[mm] \left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^{2}\ge1+\frac{1}{n}\Leftrightarrow4n^{2}+8n+4\ge\left(4n^{2}+4n+1\right)\left(1+\frac{1}{n}\right)\Leftrightarrow4n^{2}+8n+4\ge4n^{2}+4n+1+4n+4+\frac{1}{n}\Leftrightarrow0\ge1+\frac{1}{n}.
[/mm]
mit [mm] \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}} [/mm] komme ich aber durch, vielen Dank für die Hilfe. Wie bist du denn darauf gekommen?
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Hallo dargrfdgasdf,
ich fange mal hinten an:
> Wie bist du denn darauf gekommen?
Ich habe mir die Folge mal plotten lassen, in verschiedenen Maßstäben. Dann versuchsweise einzelne andere bekannte und einfache Nullfolgen dazu. Die Struktur des Bildungsgesetzes der vorliegenden Folge legt nahe, als Vergleich lieber eine negative Potenz von n zu nehmen als z.B. eine Exponentialfunktion mit negativem Exponenten oder noch Komplizierteres wie [mm] \sin{(n^{-1})}.
[/mm]
Dann habe ich einfach mal [mm] n^{-\bruch{1}{2}} [/mm] versucht. Aber in meiner Induktion muss ein Fehler gewesen sein (Zettel liegt zuhause), denn ich bekomme sie auf gleichem Weg nicht noch einmel hin.
> Die Vermutung mit der Abschätzung durch [mm]\frac{1}{\sqrt{n}}[/mm]
> scheint zu stimmen, aber mit Induktion läuft da was
> schief.
>
> Induktionsanfang:
> [mm]\prod_{m=1}^{1}\frac{2m-1}{2m}=\frac{1}{2}<1=\frac{1}{\sqrt{n}}[/mm]
Hier fehlt noch die Induktionsvoraussetzung. Das klingt etwas formalistisch, aber oft hat man dann auch besser im Blick, was eigentlich zu zeigen ist.
> Induktionsschritt:
> [mm]\prod_{m=1}^{n+1}\frac{2m-1}{2m}=\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\prod_{m=1}^{n}\frac{2m-1}{2m}<\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n\cdot\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^{2}}}.[/mm]
>
> Jetzt müssten wir zeigen, dass
> [mm]\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^{2}\ge1+\frac{1}{n},[/mm]
Das verstehe ich nicht.
> das geht aber nicht auf, da
> [mm]\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^{2}\ge1+\frac{1}{n}\Leftrightarrow4n^{2}+8n+4\ge\left(4n^{2}+4n+1\right)\left(1+\frac{1}{n}\right)\Leftrightarrow4n^{2}+8n+4\ge4n^{2}+4n+1+4n+4+\frac{1}{n}\Leftrightarrow0\ge1+\frac{1}{n}.[/mm]
So ähnlich endet das bei mir jetzt auch. Mit Induktion ist das also nicht zu zeigen.
> mit [mm]\frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}[/mm] komme ich aber durch, vielen
> Dank für die Hilfe.
Na, das ist ja erstmal die Hauptsache - dass es klappt.
Wenn ich recht sehe, ist die Abschätzung [mm] a_n<\bruch{1}{\wurzel{n+1}} [/mm] leichter zu zeigen.
IA: [mm] a_1=\bruch{1}{2}<\bruch{1}{\wurzel{2}} [/mm] stimmt.
IV: [mm] \produkt_{m=1}^{n}\bruch{2m-1}{2m}<\bruch{1}{\wurzel{n+1}}
[/mm]
Im IS ist nun zu zeigen, dass [mm] \produkt_{m=1}^{n+1}\bruch{2m-1}{2m}<\bruch{1}{\wurzel{n+2}} [/mm] ist.
[mm] \produkt_{m=1}^{n+1}\bruch{2m-1}{2m}=\bruch{2n+1}{2n+2}\blue{\produkt_{m=1}^{n}\bruch{2m-1}{2m}<}\bruch{2n+1}{2n+2}*\blue{\bruch{1}{\wurzel{n+1}}}\red{<}\bruch{1}{\wurzel{n+2}}
[/mm]
Dabei ist der linke Teil der Ungleichungskette mit der (blauen) IV wahr, das rote "<" ist zu zeigen. Daher weiter mit der rechten Ungleichung.
[mm] \gdw\quad \bruch{2n+1}{2n+2}<\bruch{\wurzel{n+1}}{\wurzel{n+2}} \quad\gdw\quad \bruch{4n^2+4n+1}{4n^2+8n+4}<\bruch{n+1}{n+2}\quad\gdw\quad{0}<3n+2
[/mm]
Soweit, so gut.
Was mich nur wundert ist, dass man diese stärkere Variante (kleinere Majorante) problemlos zeigen kann - und damit ja auch die vorher vermutete - aber nicht direkt die Abschätzung gegen [mm] n^{-\bruch{1}{2}}.
[/mm]
Naja.
Woher stammt die Aufgabe eigentlich? Das ist ja keine Anfängerübung.
Grüße
reverend
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Die Eigentliche Aufgabe stammt aus der Stochastik: Sei [mm] (X_{n})_{n\in\mathbb N} [/mm] eine Folge von unabhängig und identlisch verteilten Zufallsvariablen mit [mm] P(X_{1}=-1)=\frac{1}{2}=P(X_{1}=1) [/mm] und [mm] S_{n}:=\sum_{i=1}^{n}X_{i} [/mm] (einfache symmetrische Irrfahrt). Zeigen Sie: [mm] \lim_{n\rightarrow\infty}P(S_{n}=0)=0.
[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:05 Fr 18.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeigen Sie: [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] konvergier
> gegen 0.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> Ich würde gerne zeigen, dass
> [mm]\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}[/mm] eine Nullfolge ist, aber
> habe keinen Ansatz.
> Mit dem Quotientenkriterium/Wurzelkriterium für Reihen
> kommt man nicht weiter und ich habe noch keine vernünftige
> Abschätzung gefunden.
Schachu hat in einem anderen Thread (den Link kann er ja nachliefern)
etwas in Erinnerung gerufen - ob es hier hilft, habe ich mir auf die Schnelle
nicht überlegt. Aber es gilt:
[mm] $$2^{2n}=(1+1)^{2n}=\sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}\,.$$
[/mm]
Man kann also schreiben:
[mm] $$\binom{2n}{n}\cdot\frac{1}{2^{2n}}=\frac{\binom{2n}{n}}{\sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}}=\frac{1}{\sum\limits_{k=0}^{2n} \frac{\binom{2n}{k}}{\binom{2n}{n}}}$$
[/mm]
und sich dann ein Sandwich genehmigen, um zu einem Ergebnis zu kommen.
Gruß,
Marcel
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