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Antworte auf:  Beweis Konvergenz von Stefsn
Forum:  Folgen und Reihen, moderiert von: Curufin epsilonkugel

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Themenübersicht
Stefsn
Aktiv
Dabei seit: 17.05.2019
Mitteilungen: 30
Herkunft:
 Beitrag No.7, eingetragen 2019-07-08 10:37    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-06-26 14:28 - Nuramon in Beitrag No. 6 schreibt:

Man kann den Wert auch berechnen, indem man ein lineares Gleichungssystem löst:
Nennen wir die Reihe mal $p_a$.
Dann gilt $p_1=pp_2, p_2 = qp_1+pp_3,p_3= qp_2+pp_4, \ldots, p_{r-1}=p\cdot 1+qp_{r-2}$.

Edit:
Mit deinem Beispiel aus dem Startbeitrag, also $r=7, a=3, p=0.6$, kommt man so auf den Wert $p_3 = \frac{1539}{2059}\approx 0.7474502185526954$

Wow. So Simpel habe ich noch gar nicht gedacht. Das ist ja verrückt. :-O

Vielen Dank für eure Hilfe. Damit würde ich diesen Beitrag gerne schließen. :9
\(\endgroup\)

Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Herkunft:
 Beitrag No.6, eingetragen 2019-06-26 14:28    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

du betrachtest diese Reihe vermutlich im Zusammenhang mit diesem Thread hier.

Vermutlich sollen $p,q$ jetzt Wahrscheinlichkeiten sein, mit denen man nach oben bzw. nach unten geht. Die Reihe gibt an, mit welcher Wahrscheinlichkeit die Irrfahrt auf Höhe $r$ endet (und nicht vorzeitig schon auf Höhe $0$), wenn man auf Höhe $a$ beginnt.

Von daher ist klar, dass die Reihe konvergiert, und zwar gegen einen Wert zwischen $0$ und $1$.

Man kann den Wert auch berechnen, indem man ein lineares Gleichungssystem löst:
Nennen wir die Reihe mal $p_a$.
Dann gilt $p_1=pp_2, p_2 = qp_1+pp_3,p_3= qp_2+pp_4, \ldots, p_{r-1}=p\cdot 1+qp_{r-2}$.

Edit:
Mit deinem Beispiel aus dem Startbeitrag, also $r=7, a=3, p=0.6$, kommt man so auf den Wert $p_3 = \frac{1539}{2059}\approx 0.7474502185526954$
\(\endgroup\)

Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 2125
Herkunft: Rosenfeld, BW
 Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-26 13:01    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

deine Überlegung ist ziemlich umständlich, aber für \(p\neq\frac{1}{2}\) sollte sie funktionieren.

Ich würde es anders angehen:

Mal alle Potenzen mit k im Exponenten per Distributivgesetz vor die innere Summe ziehen. Dann die innere Summe nach oben abschätzen, die sollte ja \(\le\frac{r-1}{r}\) sein (wenn ich mich nicht verlesen habe).

Und in der abgeschätzen Variante kann man diese obere Schranke als Faktor vor die äußere Summe ziehen, so dass die Doppelsumme wegfällt und sich das ganze Problem auf

\[\sum\limits_{k=1}^{\infty}\cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1}\cdot 2^k \cdot p^{\frac{k+r-a}{2}} \cdot q^{\frac{k-r+a}{2}}\]
reduziert. Und da ist wie gesagt (nach nochmaligem Herausziehen der konstanten Faktoren) für \(p\neq\frac{1}{2}\) die geometrische Reihe mit der Basis \(b=2\cdot\sqrt{pq}<1\) eine konvergente Majorante. Also musst du nur noch den Fall \(p=\frac{1}{2}\) näher untersuchen. Da funktioniert jedoch auch deine Variante IMHO nicht.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)

Stefsn
Aktiv
Dabei seit: 17.05.2019
Mitteilungen: 30
Herkunft:
 Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-26 11:48    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-06-26 11:46 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo,

mal ein völlig unbedarfter Einmwurf: in welchem Zusammenhang steht diese Summen denn, kann man insbesonderen auch noch \(p,q>0\) annehmen? Dann wäre die Sache nämlich einfach, da man \(p\cdot q=p\cdot(1-p)\le\frac{1}{4}<\frac{1}{2}\) hätte und damit eine geometrische Reihe als Majorante.


Gruß, Diophant


Ja. $p,q$ sind zusätzlich noch größer 0!

Was sagst du erstmal zu meinem Ansatz?

EDIT:

Achtung, da ist noch ein Faktor $2^k$ vorne bei der Summe. Nur bei $p=1/2$ verschwindet der. Sonst bleibt er vorhanden.
\(\endgroup\)

Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 2125
Herkunft: Rosenfeld, BW
 Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-26 11:46    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

mal ein völlig unbedarfter Einwurf: in welchem Zusammenhang steht diese Summe denn, kann man insbesonderen auch noch \(p,q>0\) annehmen? Dann wäre die Sache nämlich einfach, da man \(0\le p\cdot q=p\cdot(1-p)\le\frac{1}{4}<\frac{1}{2}\) hätte und damit eine geometrische Reihe als Majorante.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)

Stefsn
Aktiv
Dabei seit: 17.05.2019
Mitteilungen: 30
Herkunft:
 Beitrag No.2, eingetragen 2019-06-26 11:39    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja. Das dachte ich mir auch! Und ich habe übersehen, dass $\cos(…)$ auch noch wichtig ist. Den summiert man ja auch über $k$. Bei $p=q=\frac{1}{2}$ vereinfacht sich der Term sehr weit auf

$ \sum\limits_{k=}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1}\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k} \sin{(\frac{am\pi}{r})} $

Bei dem anderen sieht es schon schwieriger aus. Zwar lässt sich da eine Wurzel formen, aber der eine Faktor ist so gesehen erstmal größer $1$.

$ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1} 2^k\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{am\pi}{r})} \cdot (pq)^{\frac{k}{2}} \cdot (p/q)^\frac{r}{2}\cdot (q/p)^{\frac{a}{2}}$

$ =\sum\limits_{k=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1} 2^k\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{am\pi}{r})} \cdot ((pq)^{k})^{\frac{1}{2}} \cdot ((p/q)^{r})^{\frac{1}{2}} \cdot ((q/p)^{a})^{\frac{1}{2}}$

$ =\sum\limits_{k=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1} 2^k\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{am\pi}{r})} \cdot \sqrt{(pq)^{k} \cdot (\frac{p}{q})^{r} \cdot (\frac{q}{p})^{a}}$

$ =\sum\limits_{k=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1} 2^k\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{am\pi}{r})} \cdot \sqrt{(p-p^2)^{k} \cdot (\frac{p}{1-p})^{r} \cdot (\frac{1-p}{p})^{a}}$

$ =\sum\limits_{k=0}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1} 2^k\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k} \sin{(\frac{am\pi}{r})} \cdot \sqrt{(p-p^2)^{k} \cdot (\frac{p}{1-p})^{r} \cdot (\frac{1}{p}-1)^{a}}$

Mit $k \rightarrow \infty$

$2^k \rightarrow \infty$

$(p-p^2)<1 \Rightarrow (p-p^2)^{k} =0$

$(\frac{p}{1-p})^{r}$ ist damit eine konstante größer $1$ aber die verschwindet durch die Faktoren die kleiner $1$ sind und potenziert werden.

$(\frac{1}{p}-1)^{a}>1$ aber ebenfalls eine Konstante und sollte verschwinden.

$\cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k}$ sollte ebenfalls durch das Produkt verschwindend kleiner gegen $0$ laufen.

Eventuell könnte man sich jetzt die beiden interessanten Faktoren $2^k$ und $(p-p^2)^{k}$ umschreiben zu

$\sqrt{2^{2k} \cdot (p-p^2)^{k}}$

=$\sqrt{(2^{2})^k \cdot (p-p^2)^{k}}$

=$\sqrt{(2^{2} \cdot (p-p^2))^k}$

=$\sqrt{(4p - 4p^2)^k}$

und da

$4p - 4p^2 < 1 $, da nach unter geöffnete Parabel mit Nullstelen bei $p\in \{0,1\}$ mit Scheitelpunkt in $S(\frac{1}{2};1)$

ist $\sqrt{(4p - 4p^2)^k} = 0$ für $k \rightarrow \infty$

Da also jede Summe gegen Null läuft mit steigendem $k$, konvergiert die Summe.


Was sagt ihr dazu?


H4nsus
Junior
Dabei seit: 23.05.2019
Mitteilungen: 14
Herkunft:
 Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-26 00:16    [Diesen Beitrag zitieren]

Hey Stefsn,

Vielleicht bekommt man für

fed-Code einblenden

die Konvergenz mit paar Umformungen und dem Wurzelkriterium. Kannst du ja mal überprüfen.
Ist glaub nur im Fall 0 <= p,q anwendbar.
Den Fall p = 0,5 = q müsste man dann extra überprüfen.

Aber sicher bin ich mir überhaupt nicht.

Gruß


Stefsn
Aktiv
Dabei seit: 17.05.2019
Mitteilungen: 30
Herkunft:
 Themenstart: 2019-06-25 22:55    [Diesen Beitrag zitieren]

Hey hey :)

Ich würde gerne zeigen, dass folgende Summe für $a,r \in \mathbb{N}$ mit $a<r$ für $k \rightarrow \infty$  und $p+q=1$ konvergiert


$ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{r-1} 2^k\frac{1}{r}\sin{ (\frac{(r-1)\pi m}{r}}) \cos{(\frac{m\pi}{r})}^{k-1} \sin{(\frac{am\pi}{r})} \cdot p^{\frac{k+r-a}{2}} \cdot q^{\frac{k-r+a}{2}}$

Beispielsweise Konvergiert die Summe für die Werte $a=3$, $r=7$, $p=0.6$ gegen den Wert $0.7454$

Meine Idee:
Zeigen, das jeder einzelne Summand der inneren Summe konvergiert. $\sin$ und $\cos$ bewegen sich ja ohnehin nur zwischen $-1$ und $1$. Interessanter sind da vermutlich die Faktoren $2^k$ und $p^{\frac{k+r-a}{2}} \cdot q^{\frac{k-r+a}{2}}$ die miteinander konkurrieren.

Vielleicht sieht ja jemand sogar, ob man bei den Summen noch was abändern kann. Zum Beispiel kann man schon die Hälfte der $1/r \cdot 2cos(...$ für die Fibbonaccifolge herausarbeiten.

Bin offen und bereit für mögliche Ideen und Lösungsansätze! :)


 
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