Divergenz einer Folge zeigen

17.05.2005, 19:10

Frankiee

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Divergenz einer Folge zeigen

Hallo zusammen.
Ich soll die Divergenz von $\begin{eqnarray*} a_n=\cos n \end{eqnarray*}$ zeigen!

Bin da jetzt über das Cauchy Folgen Kriterium ran gegeangen und will somit zeigen das $\begin{eqnarray*} |\cos n-\cos m|>\epsilon \end{eqnarray*}$ ist, für die meisten n und m.

Jetzt kann ich ja aus cos n - cos m auch $\begin{eqnarray*} -2\sin \frac{n+m}{2}\sin \frac{n-m}{2} \end{eqnarray*}$ machen und dann hörts bei mir schon auf.

Kann mir jemand einen Tipp geben wie ich weiter mache??

Lieben Gruß Frank

17.05.2005, 20:12

AD

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RE: Divergenz einer Folge zeigen
Divergenz zu zeigen lohnt sich gar nicht so richtig. Schon eher, gleich zu zeigen, dass jeder Wert aus [-1,1] Häufungswert dieser Folge ist!

17.05.2005, 20:21

Frankiee

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Wie ich einen Häufungswert zeige weis ich , nur leider tut das ja nix zur Aufgabe. Ich MUSS konvergenz bzw divergenz zeigen. Un hier in dem Fall ist es ja divergenz. Der Ansatz wie ich ihn hab ist auch korrekt , da hab ich mich beim Prof schon erkundigt. Doch wie jetzt weiter? Hilfe

Hilfe

17.05.2005, 20:23

Mathespezialschüler

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Wenn du zeigst, dass jeder Wert aus [-1,1] Häufungswert ist, dann bist du doch fertig!
Eine konvergente Folge hat nämlich nur einen Häufungswert, ihren Grenzwert. Und da du hier mehrere (unendlich, sogar überabzählbar viele) hast, kann die Folge nicht konvergieren.

17.05.2005, 20:30

Frankiee

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Gut , das ist auch klar.

Da muss ich mich entschuldigen, hab ich meine Aufgabe nicht richtig formuliert. Ich soll mit Hilfe der Definition der Konvergenz/Divergenz selbiges auf $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ zeigen.

17.05.2005, 20:45

AD

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Ich weiß zwar nicht so richtig, wie der obige Ansatz die Sache vereinfachen soll - richtig ist es aber auf jeden Fall. Wenn du also unbedingt auf diese Weise Divergenz nachweisen willst: Du könntest z.B. n=k+1, m=k-1 setzen, also

$\begin{eqnarray*} |\cos(k+1)-\cos(k-1)|=2\left|\sin(k)\right|\sin(1) \end{eqnarray*}$

Jetzt müsstest du aber noch zeigen, dass es ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , so dass die rechte Seite für unendlich viele k größer als dieses $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ist.

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17.05.2005, 20:57

Frankiee

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Ja das mit dem n und m is schon mal nen guter einfall, wie mach ich das aber das ich zeig das das größer ist als $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ . Gibts da irgend eine Regel oder so??

17.05.2005, 21:20

AD

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Das ist jetzt genauso kompliziert wie der direkte Weg... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich würde es ganz anders machen, z.B. so: Den Vollkreis $\begin{eqnarray*} [0,2\pi] \end{eqnarray*}$ in 6 gleichgroße Sektoren der Bogenlänge $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{3}>1 \end{eqnarray*}$ einteilen, und dann die Winkel 1,2,3,... betrachten: Dann liegen entweder ein oder zwei aufeinander folgende Winkel in einem Sektor, der nächste dann im nächsten Sektor usw. Dann ist klar, dass jeder Sektor unendlich viele Folgenglieder beinhaltet, die Wertebereiche der Sektoren aber die folgenden sind:

$\begin{eqnarray*} \cos\left(\left[0,\frac{\pi}{3}\right)\right)=\left(\frac{1}{2},1\right],\quad \cos\left(\left[\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)\right)=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right],\quad \cos\left(\left[\frac{2\pi}{3},\pi\right)\right)=\left(-1,-\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \cos\left(\left[\pi,\frac{4\pi}{3}\right)\right)=\left[-1,-\frac{1}{2}\right),\quad \cos\left(\left[\frac{4\pi}{3},\frac{5\pi}{3}\right)\right)=\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),\quad \cos\left(\left[\frac{5\pi}{3},2\pi\right)\right)=\left[\frac{1}{2},1\right) \end{eqnarray*}$

In jedem der drei Intervalle $\begin{eqnarray*} \left[-1,-\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left[\frac{1}{2},1\right] \end{eqnarray*}$ muss also jeweils mindestens ein Häufungswert liegen, also kann keine Konvergenz vorliegen.

17.05.2005, 21:28

Frankiee

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Danke für den ausführlichen Rechenweg , Ich verstehe auch wie das gemeint ist, nur leider wie ich oben schon erwähnt habe soll ich es eben nicht über Häufungspunkte sondern über die Definition zeigen also mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ usw. Und genau das kappier ich nicht wie ich das machen soll...... ahhhhh

17.05.2005, 21:59

Mathespezialschüler

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Dann sei doch clever und zeig über die Definition, dass jede konvergente Folge nur einen Häufungswert hat. Dann hast du es letztendlich doch wieder über die Definition gezeigt. Big Laugh

Big Laugh

Oder mach das gleiche Spielchen, was Arthur grad gemacht hat, einfach für den sin. Dann siehst du, dass es unendlich viele n gibt mit $\begin{eqnarray*} \sin n>\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ . Für diese n ist dann

$\begin{eqnarray*} |\cos (n+1)-\cos (n-1)|=2|\sin n||\sin 1|>|\sin 1| \end{eqnarray*}$

Jetzt musst du nur noch $\begin{eqnarray*} \varepsilon_0:=|\sin 1| \end{eqnarray*}$ setzen, mglw. vorher noch $\begin{eqnarray*} \sin 1\neq 0 \end{eqnarray*}$ zeigen und dann hast du deine Abschätzung.

@Arthur
Um nun zu zeigen, dass jede Zahl aus $\begin{eqnarray*} [-1,1] \end{eqnarray*}$ Häufungswert ist, kann man dein Verfahren doch sicher übernehmen und verfeinern. Oder wie hast du dir das gedacht?

18.05.2005, 00:14

AD

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Um nun zu zeigen, dass jede Zahl aus $\begin{eqnarray*} [-1,1] \end{eqnarray*}$ Häufungswert ist, kann man dein Verfahren doch sicher übernehmen und verfeinern. Oder wie hast du dir das gedacht?

So ungefähr. Da $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ irrational ist, gibt es für jedes $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein Paar (n,k) mit $\begin{eqnarray*} 0<n-2k\pi<\varepsilon \end{eqnarray*}$ (o.B.). Und dann kann man wieder mit so einer Vollkreis-Einteilung arbeiten, diesmal nicht 6 Teile, sondern beliebig fein, und betrachtet die Teilfolge n, 2n, 3n, ...

18.05.2005, 01:46

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von Arthur Dent
So ungefähr. Da $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ irrational ist, gibt es für jedes $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein Paar (n,k) mit $\begin{eqnarray*} 0<n-2k\pi<\varepsilon \end{eqnarray*}$ (o.B.). Und dann kann man wieder mit so einer Vollkreis-Einteilung arbeiten, diesmal nicht 6 Teile, sondern beliebig fein, und betrachtet die Teilfolge n, 2n, 3n, ...

Ich find es gar nicht so leicht, zu beweisen, dass ein solches (n,k) existiert. Ich hab mir auch gedacht, das müsste auf jeden Fall über die Irrationalität gehen, aber wie? verwirrt

verwirrt

Und was genau meinst du mit "bel. fein"?
Willst du mit dem Verfahren jetzt alle Häufungswerte auf einmal bekommen oder nur einen beliebig vorgegebenen?

18.05.2005, 08:40

AD

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Ok, mal ausführlich: Man betrachte die Folge $\begin{eqnarray*} a_n=n-\left\lfloor\frac{n}{2\pi}\right\rfloor 2\pi \end{eqnarray*}$ . Dann liegen alle Folgenglieder in $\begin{eqnarray*} [0,2\pi) \end{eqnarray*}$ , und keine zwei sind einander gleich: Andernfalls gäbe es zwei $\begin{eqnarray*} n_1\neq n_2 \end{eqnarray*}$ und zugehörige $\begin{eqnarray*} k_1,k_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n_1-2k_1\pi=n_2-2k_2\pi \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} n_1-n_2=2(k_1-k_2)\pi \end{eqnarray*}$ , den Rest kann ich mir wohl schenken...

Für ein konkretes $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ , sagen wir $\begin{eqnarray*} \varepsilon=2\pi\cdot 2^{-m} \end{eqnarray*}$ , betrachte man die Folgenglieder $\begin{eqnarray*} a_0,a_1,\ldots,a_{2^m} \end{eqnarray*}$ . Jetzt schlägt wieder das berühmte Schubfachprinzip zu: In mindestens einem der Intervalle $\begin{eqnarray*} [2\pi 2^{-m}j,2\pi 2^{-m}(j+1)) \end{eqnarray*}$ liegen mindestens zwei verschiedene Folgenglieder $\begin{eqnarray*} a_{n}<a_{n'} \end{eqnarray*}$ , also gilt $\begin{eqnarray*} 0<a_{n'}-a_n=(n'-n)-2(k'-k)\pi<\varepsilon \end{eqnarray*}$ . Ok, ich sehe gerade, es kann durchaus auch n>n' sein, dadurch habe ich "nur" den Nachweis der Existenz eines (n,k) mit $\begin{eqnarray*} 0<|n-2k\pi|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ , aber das reicht ja auch für unseren Beweis (dann geht's halt u.U. "rückwärts" den Vollkreis entlang).

Jetzt haben wir also für jedes m den Nachweis, dass bei einer gleichmäßigen $\begin{eqnarray*} 2^m \end{eqnarray*}$ -Unterteilung des Vollkreises in jedem Teilsektor unendlich viele Folgenwerte liegen. Und hier greift jetzt einfach das Intervallschachtelungsprinzip, somit ist jedes $\begin{eqnarray*} x\in[0,2\pi] \end{eqnarray*}$ Häufungswert der Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ .

Wie leicht ersichtlich, klappt das genauso mit nx statt n, d.h. $\begin{eqnarray*} a_n=nx-\left\lfloor\frac{nx}{2\pi}\right\rfloor 2\pi \end{eqnarray*}$ , sofern x kein rationales Vielfaches von $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ ist. Ist dies dagegen der Fall, also $\begin{eqnarray*} x=\frac{p}{q} 2\pi \end{eqnarray*}$ mit teilerfremden p und q, dann hat die Folge genau q Häufungswerte, nämlich $\begin{eqnarray*} \frac{j}{q} 2\pi \end{eqnarray*}$ für j=0,1,...,q-1 .

18.05.2005, 09:13

Frankiee

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Freut mich das ich zu einer so interessanten Diskussion angeregt habe, doch eine Frage hab ich noch

Zitat:

Dann siehst du, dass es unendlich viele n gibt mit $\begin{eqnarray*} \sin n>\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ .

Wie kommst du auf diese Aussage, bzw. ist die für die Aufgabe von Belang. Reicht es dann einfach das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ gleich dem sin1 zu setzen und fertig??

Danke für eure Hilfe!

18.05.2005, 09:21

Frankiee

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Zieh meine Frage zurück , bin grade selber drauf gekommen wies gemeint ist . Danke

18.05.2005, 12:52

Mathespezialschüler

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@Arthur
Vielen Dank für deine Erklärung! Freude

Freude

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