Verwenden Sie das “Sandwich-Theorem”

Question

Ich hab mir ein paar Rechenwege angeguckt und erfahren das es einen Rechenweg gibt, wenn man das Ergebnis schon hat wie in Folgender Aufgabe, allerdings blicke ich in den Wikipedia Eintrag Beispiel 2 nicht durch. (https://de.wikipedia.org/wiki/Einschnürungssatz)
Ich hoffe mir kann einer helfen diese Aufgabe zu lösen. 

1. Für festes \( k \in \mathbb{N} \) zeige man, dass \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=0, \) wobei
(a) \( \quad a_{n}=\frac{k^{n}}{n !} \)
(b) \( \quad a_{n}=\frac{1}{2^{n}}\left(\begin{array}{l}{n} \\ {k}\end{array}\right) \)

Verwenden Sie das "Sandwich-Theorem". 

Comments

Du nimmst an,dass der Grenzwert 0 ist. Also suchst du,dir jetzt zwei Folgen, die den Grenzwert 0 besitzen. Eine davon soll größer als an und die zweite  kleiner als an sein.  Das Theorem besagt nun, dass der Grenzwert von an auch 0 ist.

Also:

lim bn <= lim an <= lim cn

Mit:

lim bn = 0

lim cn= 0

=> lim an = 0

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ahso, vielen lieben dank!
Weiß du was bei (b)  
(n)
(k)
sein soll ? Ein Vektor kann es nicht sein. 

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Das ist der Binomialkoeffizient $$ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $$

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alles klar ! Vielen Dank ! :) 

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wie berechnet man denn bn und cn?

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Berechnen muss man diese Folgen nicht unbedingt.

Du musst eher abschätzen können.

Bei a) z.B:

1/(n!)  <=  (k^n)/(n!)

Da hätten wir schon mal eine Folge,die kleiner als unsere Folge ist und gegen 0 läuft für n gegen unendlich. Jetzt brauchen wir noch eine Folge, die größer ist.

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achso. Also wäre (k+1)^n oder k^{n+1} zum Beispiel höher?

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Wobei man als untere Abschätzung auch einfach nur 0 nehmen kann, ist ja alles positiv hier.

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"achso. Also wäre (k+1)ⁿ oder kⁿ⁺¹ zum Beispiel höher?"

Ja, aber ob dir das was bringt, ist eine andere Frage.

Answer 1

Hi, so einfach wie vorher geschrieben finde ich die Aufgabe jetzt nicht

zu (a) Es gilt
$$ 0 < \frac{k^n}{n!} = \frac{ k^{2k} }{(2k)!} \frac{k^{n-2k}}{(2k+1) \cdots (n-1)n } \le \frac{ k^{2k} }{(2k)!} \left(\frac{1}{2}\right)^{n-2k}  $$ für \( n \ge 2k  \) Die rechte Seite geht aber für \( n \to \infty \) gegen \( 0 \)

Zu (b)
Beh. $$ 0 < \frac{1}{2^n} \binom{n}{k} < \frac{1}{k!}  $$
Es gilt $$ (1) \quad \frac{n^k}{2^n} < 1 $$ falls \( n \) groß genug.

Damit gilt
$$ \frac{1}{2^n} \frac{n!}{(n-k)!} \le \frac{n^k}{2^n} < 1  $$ also die Behauptung. \( \frac{1}{n!} \) ist eine Nullfolge also Deine Sandwich Folge.

.
(1) beweist man wie folgt. Es gilt
$$  (2) \quad 2^n > \binom{n}{k+1} $$ weil \( 2^n \) die Anzahl der Teilmengen einer n-elementigen Menge ist und  \( \binom{n}{k+1} \) die Anzahl der \( k+1 \) Teilmengen einer n-elementigen Teilmenge, siehe hier

http://www.matheboard.de/archive/496899/thread.html

und

http://www.google.de/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=1&ved=0CCEQFjAA&url=http%3A%2F%2Fwww.mathematik.tu-dortmund.de%2F~swagner%2Fak1213%2Fakskript3.pdf&ei=hEpoVbSyFIKpsgHVhYKACA&usg=AFQjCNHpJ5ZqzeHejMcUngo8SJT0Gr4S3Q&bvm=bv.93990622,d.bGg&cad=rja

hier.
Deshalb gilt
$$ 2^n > \binom{n}{k+1} \ge \left(\frac{n}{2}\right)^{k+1} \frac{1}{(k+1)!}  $$ falls \( n - k > \frac{n}{2} \) gilt.

und daraus folgt 

$$ 2^n > n^k  $$ für \( n > 2^{k+1} (k+1)! \)