Konvergenzuntersuchungen von Zahlenfolgen

Beispiel 5903A

Für p>0p>0 gilt:
  1. lim⁡n→∞ 1n p=0\lim_{n\rightarrow\infty} \, \dfrac 1 {n^{\, p}} = 0
  2. lim⁡n→∞ pn=1\lim_{n\rightarrow\infty} \, \sqrtN n p = 1

Beweis

(i) Für ϵ>0\epsilon>0 existiert ein n0∈Nn_0\in\domN mit n0>(1ϵ)1pn_0>{\braceNT{\dfrac 1 \epsilon}}^{\dfrac 1 p}. Dann gilt für n>n0n>n_0:
∣1n p∣≤1n0p<ϵ\ntxbraceI{\dfrac 1 {n^{\, p}}}\leq {\dfrac 1 {{n_0}^{p}}}<\epsilon
(ii) Für p=1p=1 ist die Folge konstant und die Behauptung gilt trivial.
Sei nun p>1p>1. Wir untersuchen die Folge
an=pn−1a_n=\sqrtN n p -1(1)
und zeigen, dass ana_n eine Nullfolge ist.
Formen wir (1) um, ergibt sich
p=(1+an)np=(1+a_n)^n
und weil an≥0a_n\geq 0 gilt, können wir die Bernoullische Ungleichung anwenden und erhalten:
p=(1+an)n≥1+nanp=(1+a_n)^n\geq 1+na_n,
woraus wir
an≤p−1na_n\leq \dfrac{p-1} n
ableiten.
Also gilt die Ungleichung 0≤an≤p−1n0\leq a_n\leq \dfrac{p-1} n und mit Satz 5731A und Satz 5225C ergibt sich die Behauptung.
Für den verbleibenden Fall 0<p<10<p<1 setzen wir q=1pq=\dfrac 1 p und wegen q>1q>1 können wir diesen Fall auf den vorhergehenden zurückführen:
1=lim⁡n→∞ qn=lim⁡n→∞1pn=1lim⁡n→∞pn1=\lim_{n\rightarrow\infty} \, \sqrtN n q= \lim_{n\rightarrow\infty} \dfrac 1 {\sqrtN n p}= \dfrac 1 {\lim_{n\rightarrow\infty} \sqrtN n p},
wobei wir wieder Satz 5225C benutzt haben. □\qed

Beispiel 16M6

lim⁡n→∞ nn=1\lim_{n\rightarrow\infty} \, \sqrtN n n = 1

Beweis

Sei an=nn−1a_n=\sqrtN n n - 1, dann gilt nach dem Binomischen Satz:
n=(1+an)n=1+an+(n2)an2+…n=(1+a_n)^n=1+a_n+\chooseNT n 2 a_n^2+\ldots,
und da die ana_n positiv sind, ergibt sich
n=(1+an)n≥(n2)an2=n(n−1)2an2n=(1+a_n)^n\geq \chooseNT n 2 a_n^2=\dfrac {n(n-1)} 2 a_n^2,
was äquivalent ist zu
an≤2n−1a_n\leq\sqrt{\dfrac 2 {n-1}}.
Bei der rechten Seite handelt es sich um eine Nullfolge und wegen an≥0a_n\geq 0 können wir Satz 5731A anwenden. □\qed
 
 

Seit die Mathematiker über die Relativitätstheorie hergefallen sind, verstehe ich sie selbst nicht mehr.

Albert Einstein

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