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| Autor |
  Intervallschachtelung nachweisen |
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pengpinguin
Neu 
Dabei seit: 28.05.2023
Mitteilungen: 3
 |  Themenstart: 2023-05-29
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Hallo zusammen,
vorweg: mein Studium umfasste ein paar Semester "Höhere Mathematik" und liegt schon ein paar Jahre zurück. Da ich mich schon immer etwas tiefergehend mit der Mathematik befassen wollte, versuche ich mich nun an dem Buch "Einführung in die Analysis 1" von Rolf Walter. Bei der folgenden Aufgabe komme ich allerdings nicht weiter und hoffe, ihr könnt mir dabei helfen:
Aufgabe 2.3.1 Es sei $(a_n)$ eine monoton fallende Nullfolge und $(b_n)$ eine monoton fallende nach unten beschränkte Folge. Man zeige, dass die Folge der Intervalle $I_n:=[-a_n, a_n/(1-b_na_n)]$ ab einem gewissen Index eine Intervallschachtelung definiert, dies sich auf 0 zusammenzieht."
Es gilt also drei Dinge nachzuweisen:
1) Es gibt ein $N\in\IN$, sodass $I_n \supseteq I_{n+1}$ für alle $n \geq N$.
2) Die Folge der Intervalllängen ist eine Nullfolge.
3) $\cap_{n\in\IN}I_n=\{0\}$
Zunächst 2)
* Da $(b_n)$ monoton fallend und nach unten beschränkt ist, gilt: $b_n \rightarrow b \in \IR$.
* Folglich gilt: $b_n a_n \rightarrow b \cdot 0 = 0$ und somit konvergieren die oberen Intervallgrenzen $a_n / (1-b_na_n) \rightarrow 0/1 = 0$
* Die Folge der Intervalllängen ist also eine Nullfolge: $a_n / (1-b_na_n) - (-a_n) \rightarrow 0 - 0 = 0$.
Zu 3)
Da beide Intervallgrenzen Nullfolgen sind, folgt dies, sofern 1) zutrifft.
Zu 1)
Es bleibt also zu zeigen, dass es ein $N\in\IN$ gibt, sodass $I_n \supseteq I_{n+1}$ für alle $n \geq N$. Für die untere Intervallgrenze gilt $-a_n \leq -a_{n+1}$ gemäß Definition für alle $n \in\IN$.
Das Problem:
Wie zeige ich, dass $\frac{a_n}{(1-b_na_n)} \geq \frac{a_{n+1}}{(1-b_{n+1} a_{n+1})}$ ab einem gewissen $N\in\IN$?
Vielen Dank
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Kezer
Senior 
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-05-29
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Hey,
sehr schön geschriebener erster Beitrag!
Tipp: Multiplizier deine Seiten mal aus. Eventuell lässt sich die Monotonie verwenden...
Um sicher zu sein, ob du die Aufgabe dann letztendlich vollständig gelöst hast: Wozu ist dieser Teil "[...] ab einem gewissen Index [...]"?
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pengpinguin
Neu
Dabei seit: 28.05.2023
Mitteilungen: 3
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-05-30
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Ich dachte, das hätte ich schon oft genug in allen Variationen ausprobiert, aber manchmal ist ein "try harder" die Lösung 😄. Da ich keine Äquivalenzen aufstellen konnte, habe ich im Nachhinein versucht, das Pferd von hinten aufzuzäumen. Also:
Per Definition ist $(a_n)$ monoton fallend, weshalb gilt (und zwar für alle $n\in\IN$):
$$\begin{align}
a_n & \geq a_{n+1}
\\
\Leftrightarrow\quad a_n + a_n b_{n+1} a_{n+1} & \geq a_{n+1} + a_n b_{n+1} a_{n+1}.
\end{align}$$
Da auch $(b_n)$ monoton fallend ist, lässt sich die linke Seite in (2) durch $a_n + a_n b_n a_{n+1}$ nach oben abschätzen, d.h,
$$\begin{align}
\Rightarrow\quad a_n + a_n b_n a_{n+1} \geq a_n + a_n b_{n+1} a_{n+1} & \geq a_{n+1} + a_n b_{n+1} a_{n+1}.
\end{align}$$
Kleine Umformungen ergeben:
$$\begin{align}
\phantom{\Leftrightarrow\quad} && a_n + a_n b_n a_{n+1} & \ \geq\ a_{n+1} + a_n b_{n+1} a_{n+1}
\\
\Leftrightarrow\quad && a_n - a_n b_{n+1} a_{n+1} & \ \geq\ a_{n+1} - a_n b_n a_{n+1}
\\
\Leftrightarrow\quad && a_n (1 - b_{n+1} a_{n+1}) & \ \geq\ a_{n+1} (1 - a_n b_n).
\end{align}$$
Es bleibt lediglich noch zu klären, ob $(1 - b_n a_n)$ bzw. $(1 - b_{n+1} a_{n+1})$ größer oder kleiner 0 sind. Da aber die Folge $(1 - b_n a_n)$ gegen 1 konvergiert (siehe Fragenstellung), muss es ein $N\in\IN$ geben, sodass für alle $n\geq N$ gilt $1 - b_n a_n > 0$ (im Besonderen $1 - b_{n+1} a_{n+1} > 0$). Sei also im Folgenden $n$ größer oder gleich eben diesem $N$, dann folgt aus (6):
$$\begin{align}
\frac{a_n}{1 - a_n b_n} & \geq \frac{a_{n+1}}{1 - b_{n+1} a_{n+1}} & \quad \forall\ n\geq N.
\end{align}$$
Zusammengenommen ist somit gezeigt, dass es sich ab einem gewisenn $N\in\IN$ um eine Intervallschachtelung handelt. 👍?
Herzlichen Dank!
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-05-31
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
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Sieht gut aus! :-)
So habe ich es mir überlegt: Für hinreichend große $n$ ist $1-b_n a_n > 0$, da $a_n \to 0$ und $(b_n)_n$ konvergiert. Also ist für hinreichend große $n$ auch $$\begin{align*} \frac{a_n}{(1-b_na_n)} \geq \frac{a_{n+1}}{(1-b_{n+1} a_{n+1})} &\iff a_n - b_{n+1}a_n a_{n+1} \geq a_{n+1} - b_n a_n a_{n+1} \\ &\iff a_n a_{n+1}(b_n - b_{n+1}) \geq a_{n+1} - a_n. \end{align*}.$$ Doch das ist wahr, denn die linke Seite ist $\geq 0$ und die rechte Seite ist $\leq 0$ nach den Monotoniebedingungen von $(a_n)_n$ und $(b_n)_n$.\(\endgroup\)
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pengpinguin
Neu
Dabei seit: 28.05.2023
Mitteilungen: 3
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-06-01
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Ha! Die Umformungen habe ich zwischendurch auch mal so hingeschrieben, aber nicht gesehen, was das eigentlich bedeutet, wenn man so will. Auf die Argumentation ausgehend von der letzten Ungleichung bin ich nicht gekommen.
Vielen Dank für die Hilfe :)
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pengpinguin hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
pengpinguin hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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