Cauchy-Folge

18.11.2005, 16:09

Krümel

Cauchy-Folge

Halli Hallo!!!

Ich soll unter direkter Anwendung der Definition einer Cauchy-Folge zeigen, dass die durch $\begin{eqnarray*} x_{n}:= \frac{n+1}{2n+1} \end{eqnarray*}$ gegebene Folge eine Chauchy-Folge ist.
Ich hab nun den Grenwert mit 1/2 berechnet, also konvergiert die Folge, was ja einer Cauchy-Folge entspricht.
Meint ihr das reicht?

MfG Krümel

18.11.2005, 16:49

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Cauchy-Folge

Zitat:

Original von Krümel
Halli Hallo!!!

Ich soll unter direkter Anwendung der Definition einer Cauchy-Folge zeigen, dass die durch $\begin{eqnarray*} x_{n}:= \frac{n+1}{2n+1} \end{eqnarray*}$ gegebene Folge eine Chauchy-Folge ist.
Ich hab nun den Grenwert mit 1/2 berechnet, also konvergiert die Folge, was ja einer Cauchy-Folge entspricht.
Meint ihr das reicht?

MfG Krümel

wenn du den fetten teil extra in der aufgabenstellung stehen hast, reicht das wohl nicht

mfg jochen

18.11.2005, 18:03

Krümel

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Cauchy-Folge
Ja, ja die Hoffnung stirbt ja bekanntlich zuletzt.
Kannst du mir dann einwenig auf die Sprünge helfen wie das funktioniert.
Wir haben die übliche Definition, die man auch bei Wikipedia findet notiert und zum Teil ein Beispiel dazu gemacht.
Aber ich komm damit überhaupt nicht klar.
Und da wir als Zusatz aufgeschrieben haben, dass jede Cauchy-Folge konvergiert hab ich es halt auf diesem Weg versucht, das bekomm ich wenigstens hin.

MfG Krümel

18.11.2005, 18:21

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

puh, schreib doch erstmal die genaue definition der cauchyfolge hier rein
du musst dann ja zeigen, dass die folgenwerte beliebig nah zusammenrücken (ab einem n0 [also für alle n,m > n0], dass von der "zusammenrückgenauigkeit" abhängt)

also berechne danach doch mal a_m-a_n

aber lass dir das lieber von einem analytiker erklären Idee!

18.11.2005, 18:33

Krümel

Auf diesen Beitrag antworten »

Leider hab ich hier grad keinen Analytiker neben mir sitzen, deshalb wär ich froh wenn du mir weiterhilfst.

Unsere Definition ist:
$\begin{eqnarray*} a_{n} Cauchy-Folge \Rightarrow \forall e > 0 \exists N \in \mathbb N : \mid a_n-a_m \mid < e \end{eqnarray*}$ , n,m $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ N

So und nun weiß ich eigentlich schon nicht mehr weiter.
Ist das dann so gemeint:

$\begin{eqnarray*} \mid a_n-a_m \mid = \mid\frac{n+1}{2n+1}-\frac{m+1}{2m+1}\mid \end{eqnarray*}$

???

18.11.2005, 18:38

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

da gibts doch genug anaspezis on board

hand aufs herz: verstehst du die aussage der CFdfinition?
siehst du, wie das mit konvergenz zusammenhängt?

als rechnung würde ich gegebenfalls erst mal nennergleichmachen vorschlagen

18.11.2005, 18:42

Krümel

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, ich habe keine Ahnung, deshalb wollt ich mich ja auch mit dem konvergieren drum drücken... traurig

Ist denn der Weg richtig?
Ich weiß echt überahupt nicht was ich da tun muss... Hilfe

18.11.2005, 20:00

schnudl

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bezeichne mit $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ das n-te Folgeglied

$\begin{eqnarray*} f_n := \frac {n+1}{2n+1} \end{eqnarray*}$ .

Es gilt

$\begin{eqnarray*} f_n > 1/2 \end{eqnarray*}$

da

$\begin{eqnarray*} 1/f_n = \frac{2n+1}{n+1} < \frac{2n+2}{n+1} = 2 \end{eqnarray*}$

es ist weiters

$\begin{eqnarray*} k = f_n/f_{n+1} = \frac{n+1}{n+2} \cdot \frac{2n+3}{2n+1} = \frac{2n^2+5n+3}{2n^2+5n+2} > 1 \end{eqnarray*}$

und die Folge damit monoton fallend.

Aus diesen beiden Aussagen folgt unmittelbar

$\begin{eqnarray*} \vert f_n-f_m \vert = f_n-f_m < f_n-\frac{1}{2} = \frac{n+1}{2n+1} - \frac{1}{2}< \epsilon \end{eqnarray*}$

für alle

$\begin{eqnarray*} n>\frac{1-2\epsilon}{4\epsilon} \end{eqnarray*}$
wie man sich leicht durch Umformen der letzen Ungleichung überzeugt.

q.e.d.

18.11.2005, 20:11

schnudl

Auf diesen Beitrag antworten »

In der Beweisführung gilt natürlich immer $\begin{eqnarray*} m > n \end{eqnarray*}$ ; das habe ich noch dazuzuschreiben vergessen...

18.11.2005, 20:25

Krümel

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh man, Dankeschön!!!

Ich kann dir leider aber noch nicht ganz folgen.
Es gilt doch $\begin{eqnarray*} f_{n}>\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ weil die Folge gegen $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ konvergiert?

Ich versteh aber leider nicht wie du da drauf gekommen bist,naja schon irgendwie, wir haben das aber mit dem Limes gemacht, dass könnt ich für deinen Schritt ja sonst auch hinschreiben, oder?

Das sieht alles total logisch aus was du da gemacht hast, aber wie du ja bestimmt gelesen hast, hab ich keine Ahnung von Cauchy-Folgen, deshalb wäre es super lieb, wenn du noch ein zwie Sätze schreiben könntest wie du z.B. auf deinen zweiten Teil gekommen bist.
Jetzt hab ich da zwar was für meine Aufgabe stehen, aber ich habs einfach noch nicht verstanden und das ist ja das wichtigste an der Sache!!!

Schon mal tausend DANK!!!

18.11.2005, 20:51

schnudl

Auf diesen Beitrag antworten »

Verstehst Du, wieso $\begin{eqnarray*} 1/f_n < 2 \end{eqnarray*}$ ist ? Hab ich oben hergeleitet, schau mal genau !
Dann ist durch Kehrwertbildung auch

$\begin{eqnarray*} f_n > 1/2 \end{eqnarray*}$

Dass die Folge gegen 1/2 konvergiert ist damit gar nicht gesagt und ist auch für die Beweisführung in weiterer Folge gar nicht notwendig.

Wenn Du dann einen Index n finden kannst ab dem alle Differenzen

$\begin{eqnarray*} \vert f_n - f_m \vert \end{eqnarray*}$ für m>n beliebig klein (kleiner als ein gegebenes Epsilon) werden, hast Du den Beweis (schon fast) erbracht, was ich unten getan habe.

Weiters gilt dann auch noch

$\begin{eqnarray*} \vert f_l - f_m \vert = f_l - f_m < f_n - f_m < \epsilon \quad \forall n < l < m \end{eqnarray*}$

da ja wegen der fallenden Monotonie gilt. $\begin{eqnarray*} f_n > f_l > f_m \end{eqnarray*}$
(weglassen des Betrags, da ohnehin garantiert positiv !!!) womit der Beweis vollständig erbracht ist.

Ich weiss nicht ob das leichter zu beweisen wäre - aber der schluss scheint zumindest hieb- und stichfest zu sein...

18.11.2005, 20:57

schnudl

Auf diesen Beitrag antworten »

Verstehst Du jetzt, was eine Cauchy-Folge ist ?

Es ist dann wenn es für jedes vorgegebene $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ ein n gibt für dass für alle von n grösseren Zahlen (l oder m) gilt:

$\begin{eqnarray*} \vert f_l-f_n \vert < \epsilon \end{eqnarray*}$

Es heisst nichts anderes als dass die Folgeelemente mit hohem n immer näher zusammenrücken, sodass man die Differenzen beliebiger Elemente ab einem n beliebig klein (d.h. kleiner als ein beliebig klein gewähltes $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ ) machen kann.

Das ist der $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ -Trick, der in der Analysis häufig vorkommt.

18.11.2005, 21:08

Mathespezialschüler

Auf diesen Beitrag antworten »

@schnudl
Bitte keine Komplettlösung das nächste Mal! Guck dir bitte einmal das und das an! Danke. Augenzwinkern

Gruß MSS

18.11.2005, 21:12

schnudl

Auf diesen Beitrag antworten »

OK !

19.11.2005, 08:44

Krümel

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke!!!
Langsam aber sicher klingelt es.
Bin zwar noch kein Cauchy-Folgen Spezialist, aber ich hab ja auch noch Zeit mich damit im Detail zu beschäftigen.
Du hast mir auf jeden Fall sehr geholfen,
vielen DANK.

19.11.2005, 09:34

schnudl

Auf diesen Beitrag antworten »

Da ich kein Mathematiker bin gibt es vielleicht bessere Beweise.

19.11.2005, 10:43

Auf diesen Beitrag antworten »

Beweis ist Beweis, also keine falsche Bescheidenheit. Es geht allenfalls etwas kürzer, wenn man die Darstellung

$\begin{eqnarray*} a_n=\frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2n+1} \right) \end{eqnarray*}$

nutzt (sozusagen die Partialbruchzerlegung bzgl. $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ). Dann fällt sowohl $\begin{eqnarray*} a_n>\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ als auch die Monotonie sofort ins Auge.

Neue Frage »

Antworten »

Cauchy-Folge

Verwandte Themen