Konvergente Folge Beweis

Erste Frage Aufrufe: 233     Aktiv: 20.11.2021 um 15:45

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Aufgabe: Es sei (an)eine konvergente reelle Folge mit limn→∞ (an)=r∈ℝ und sei b:= (1/n)*∑nk=1 ak. Zeigen Sie, dass (bn) auch konvergiert und dass limn→∞ (bn)=r.
Ich habe erstmal versucht die b-Folge zu schreiben als 

((1/1)* a1, (1/2)* (a1+a2), (1/3)* (a1+a2+a3),…,(1/n)* (a1+a2+…+an))
um mir klar zu machen, was damit überhaupt gemeint ist. Jedoch weiß ich jetzt nicht, wie ich die Konvergenz von der Folge a einbeziehen kann, bzw ob dieser Ansatz überhaupt zu etwas führt.
Danke schonmal fürs Helfen!

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Vielleicht ergänzend noch dieser "anschauliche" Hinweis, was da eigentlich gemacht wird: Wenn die Folge \( (a_n) \) gegen den Wert \( r \) konvergiert, dann bedeutet das, dass sich die Summe über die \( a_k \), geteilt durch die Anzahl der Summanden \( n \) - dies ist der \( Mittelwert \) der Summanden - mit zunehmendem \( n \) immer weniger von dem Wert \( r \) unterscheidet. "Fast alle" Folgenglieder haben also "fast" den Wert \( r \). Aus diesem Grund konvergiert der betrachtete Mittelwert, also die Folge \( (b_n) \), für \( n\rightarrow \infty \) gegen \( r \).   ─   mathematinski 14.11.2021 um 18:55
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Hallo!

Nachdem mein erste Antwort aufgrund zu kurzen Nachdenkens falsch ausgefallen ist - Dank an cauchy, mich darauf hinzuweisen - hier jetzt der korrekte Ansatz ...

Es geht ja darum, Folgendes zu zeigen: \(  \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n a_k \rightarrow r \). Dies ist äquivalent zu: \( \forall  \, \epsilon > 0 \, \, \exists \, \,  N \in \mathbb{N} \, \, \forall \, n \ge N : \Bigl| \Bigl( {\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n a_k \Bigr) - r \,} \Bigr| < \epsilon \). (Die Klammer innerhalb der Betragsstriche ist natürlich nicht notwendig. Sie dient "nur" dazu, den von mathejean und mir begangenen Fehler zu vermeiden, den Grenzwert \( r \) als Bestandteil der Summe zu betrachten.) Nach Dreiecksungleichung gilt nun:

              \( \Bigl| \Bigl( {\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n a_k \Bigr) - r \,} \Bigr| \, = \, \Bigl| \Bigl( {\frac{1}{n} \sum_{k=1}^N a_k \Bigr)} + \Bigl( {\frac{1}{n} \sum_{k=N+1}^n a_k \Bigr)} - r \, \Bigr| \, \le \, \Bigl| \frac{1}{n} { \sum_{k=1}^N a_k} \Bigr| + \Bigl|  \Bigl( {\frac{1}{n} \sum_{k=N+1}^n a_k \Bigr)} - r \, \Bigr| \, = \, \frac{1}{n} \Bigl| { \sum_{k=1}^N a_k} \Bigr| + \Bigl|  \Bigl( {\frac{1}{n} \sum_{k=N+1}^n a_k \Bigr)} - r \, \Bigr| \)

Der erste Summand \(  \frac{1}{n} \Bigl| { \sum_{k=1}^N a_k} \Bigr| \) geht - unabhängig von der Wahl für \( N \) - für wachsendes n natürlich gegen 0. Man muss sich also nur um den zweiten Summanden kümmern. Aufgrund der Konvergenz \( (a_n) \rightarrow r  \) ist klar, dass man \( N \) so wählen kann, dass für jeden Summanden \( a_n \) mit \( n \ge N \) gilt: \(  |a_n - r| <  \epsilon \). Damit kann man jetzt arbeiten ...

Sorry für meinen ersten fehlerhaften Hinweis!

Gruß, Ruben
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Man könnte es folgendermaßen machen:

Sei \( \varepsilon > 0 \).

Wegen \( \lim_{n \to \infty} a_n = r \) gibt es ein \( M \), sodass \( \vert a_n - r \vert < \frac{\varepsilon}{2} \) für alle \( n > M \).

Wir setzen \( C := \sum_{k=1}^{M} \vert a_n - r \vert \).

Wegen \( \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}( C + (n-M) \frac{\varepsilon}{2}) = \frac{\varepsilon}{2} \) gibt es ein \( N \), sodass \( \frac{1}{n}( C + (n-M) \frac{\varepsilon}{2}) < \varepsilon \) für alle \( n > N \) ist.

Damit erhält man
\( \vert b_n - r \vert \) \( = \vert \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n (a_n - r) \vert \) \( \le \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \vert a_n - r \vert \) \( = \frac{1}{n} ( C + \sum_{k=M+1}^n \vert a_n - r \vert ) \)  \( < \frac{1}{n} ( C + \sum_{k=M+1}^n \frac{\varepsilon}{2} ) \) \( = \frac{1}{n} ( C + (n-M) \frac{\varepsilon}{2} ) < \varepsilon \)
für alle \( n > \max\{M,N\} \).
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Ich möchte dir nicht zu nahe treten, aber was war deine Motivation, die Beweisidee, die ich als Hilfestellung für \( \textbf{hikarunaka2711} \) skizziert habe und die sich aus einem Thread ergeben hat, der mittlerweile gelöscht wurde, da die ersten Ideen zur Lösung in die falsche Richtung gingen, jetzt konkret und im Detail zu Ende zu führen? Dieses Forum ist eigentlich nicht dazu da, vollständige Lösungen anzubieten, sondern um Hilfe zur Selbsthilfe zu geben. (Und es ist natürlich auch nicht dazu da, um zu zeigen, dass man Probleme/Aufgaben lösen kann, die andere für sich allein nicht lösen können.) Gruß, Ruben   ─   mathematinski 15.11.2021 um 18:14

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