Berechnung eines Limes < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:45 Do 12.05.2016 | | Autor: | mikexx |
| Aufgabe | Seien [mm] $2\leq e\leq [/mm] r$ und
[mm] $$a_{n,k}=2(e+1)^{2(n+k)-1},$$
[/mm]
[mm] $$b_{n,k}=2\cdot[ e+e^2+e^3+e^3(e+1)+e^3(e+1)^2+\ldots +e^3(e+1)^{2(n+k)-4}],$$
[/mm]
[mm] $$c_{n,k}=2\cdot [2(e+r)e(e+1)^{2(n+k)-4}+(2(n+k)-4)(e+r)(e+1)^{2(n+k)-5}],$$
[/mm]
[mm] $$d_{n,k}=2\cdot [(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2(e+1)^{2(n+k)-4}].$$
[/mm]
Ich versuche,
$$
[mm] \lim_{k\to\infty}\limsup_{n\to\infty}\frac{1}{n}\log(a_{n,k}+b_{n,k}+c_{n,k}+d_{n,k})~~~(\star)
[/mm]
$$
auszurechnen. |
Nabend, zunächst habe ich das Argument des Logarithmus mal ausgeklammert:
$$
[mm] 2(e+1)^{2(n+k)-1}\cdot\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k) -2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k) -3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)
[/mm]
$$
Für den Logarithmus bedeutet das, dass ich das als Summe von Logarithmen schreiben kann:
$$
[mm] \log(2(e+1)^{2(n+k)-1})+\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)\\
[/mm]
[mm] =\log(2)+(2(n+k)-1)\log(e+1)+\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)
[/mm]
$$
Wenn ich nun [mm] $(\star)$ [/mm] berechne, werden die ersten beiden Summanden zu [mm] $2\log(e+1)$.
[/mm]
Beim dritten Summanden würde ich meinen, dass für fixiertes $k$ gilt, dass
$$
[mm] \limsup_{n\to\infty}\frac{1}{n}\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)=0,
[/mm]
$$
denn wenn man den Limes [mm] $n\to+\infty$ [/mm] in das Argument des Logarithmus zieht (was wegen der Stetigkeit des Logarithmus auf [mm] $\mathbb{R}_+$ [/mm] geht), müssten alle Summanden bis auf die 1 gegen 0 konvergieren.
Mein Ergebnis für [mm] $(\star)$ [/mm] ist also [mm] $2\log(e+1)$.
[/mm]
Ich wüsste gerne, ob ich richtig liege.
Viele Grüße von mir!
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:59 Do 12.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Seien [mm]2\leq e\leq r[/mm] und
> [mm]a_{n,k}=2(e+1)^{2(n+k)-1},[/mm]
> [mm]b_{n,k}=2\cdot[ e+e^2+e^3+e^3(e+1)+e^3(e+1)^2+\ldots +e^3(e+1)^{2(n+k)-4}],[/mm]
>
> [mm]c_{n,k}=2\cdot [2(e+r)e(e+1)^{2(n+k)-4}+(2(n+k)-4)(e+r)(e+1)^{2(n+k)-5}],[/mm]
>
> [mm]d_{n,k}=2\cdot [(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2(e+1)^{2(n+k)-4}].[/mm]
>
> Ich versuche,
> [mm][/mm]
>
> [mm]\lim_{k\to\infty}\limsup_{n\to\infty}\frac{1}{n}\log(a_{n,k}+b_{n,k}+c_{n,k}+d_{n,k})~~~(\star)[/mm]
> [mm][/mm]
> auszurechnen.
> Nabend, zunächst habe ich das Argument des Logarithmus
> mal ausgeklammert:
> [mm][/mm]
>
> [mm]2(e+1)^{2(n+k)-1}\cdot\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k) -2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k) -3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)[/mm]
> [mm][/mm]
>
> Für den Logarithmus bedeutet das, dass ich das als Summe
> von Logarithmen schreiben kann:
> [mm][/mm]
>
> [mm]\log(2(e+1)^{2(n+k)-1})+\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)\\[/mm]
>
> [mm]=\log(2)+(2(n+k)-1)\log(e+1)+\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)[/mm]
> [mm][/mm]
> Wenn ich nun [mm](\star)[/mm] berechne, werden die ersten beiden
> Summanden zu [mm]2\log(e+1)[/mm].
>
> Beim dritten Summanden würde ich meinen, dass für
> fixiertes [mm]k[/mm] gilt, dass
> [mm][/mm]
>
> [mm]\limsup_{n\to\infty}\frac{1}{n}\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)=0,[/mm]
> [mm][/mm]
> denn wenn man den Limes [mm]n\to+\infty[/mm] in das Argument des
> Logarithmus zieht (was wegen der Stetigkeit des Logarithmus
> auf [mm]\mathbb{R}_+[/mm] geht), müssten alle Summanden bis auf die
> 1 gegen 0 konvergieren.
>
> Mein Ergebnis für [mm](\star)[/mm] ist also [mm]2\log(e+1)[/mm].
>
>
> Ich wüsste gerne, ob ich richtig liege.
Ich fürchte, dass Du nicht richtig liegst.
Bei
[mm] \frac{1}{n}\log\left(\left(1+\frac{e+e^2+e^3}{(e+1)^{2(n+k)-1}}+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-2}}+\ldots+\frac{e^3}{(e+1)^{2(n+k)-5}}+\frac{(2(n+k)-3)(e+r+1)e^2}{(e+1)^{2(n+k)-5}}\right)\right)
[/mm]
Wächst mit n die Anzahl der Summanden im Logarithmus. Ich denke Du hast folgende Regel benutzt:
Sind [mm] (a^{(1)}_n),...., (a^{(m)}_n) [/mm] m konvergente Folgen mit den Grenzwerten [mm] a^{(1)},..., a^{(m)}, [/mm] so gilt
[mm] a^{(1)}_n+....+ a^{(m)}_n \to a^{(1)}+....+ a^{(m)} [/mm] für n [mm] \to \infty.
[/mm]
In dieser Regel ist m allerdings fest, also unabhängig von n. Das ist aber bei Deiner obigen Folge nicht der Fall.
>
>
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> Viele Grüße von mir!
Von mir auch.
FRED
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 18:30 Do 12.05.2016 | | Autor: | mikexx |
Du hast Recht, ich habe wirklich nicht beachtet, dass die Anzahl der Summanden bei fixiertem k und wachsendem n zunimmt...
Kann man das dennoch irgendwie ausrechnen oder ist jede Hoffnung verloren?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:21 Sa 14.05.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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