Folgenkonvergenz

19.11.2005, 19:01

Großes Fragezeichen

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Folgenkonvergenz

Hallo.

Mal wieder so ne Konvergenzaufgabe.....

1. Sei $\begin{eqnarray*} x_{n}>a \end{eqnarray*}$ für alle n aus N, $\begin{eqnarray*} x_{n} -> x \end{eqnarray*}$ . Was kann man zu x in dieser Situation sagen? Die Annahme beweisen.

2. Es sei $\begin{eqnarray*} x_{n}->a, y_{n}->a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{n} \leq z_{n} \leq y_{n} \end{eqnarray*}$ für alle n aus N. Was kann man zum Konvergenzverhalten der Folge $\begin{eqnarray*} (z_{n})_{n} \end{eqnarray*}$ sagen?

Bei 1. hab ich jetzt gesagt, dass $\begin{eqnarray*} a=limx_{n} \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} x_{n} \end{eqnarray*}$ nach unten beschränkt ist, und a der Häufungspunkt ist. Weiss nur nicht, ob man das auch wirklich so sagen kann mit dem Häufungspunkt....Ich mein das so:
für die Nullfolge ist z.b. a=0, weil alle Folgeglieder größer als a sind, aber gegen a konvergieren.
Bei $\begin{eqnarray*} \frac{n}{n+1} \end{eqnarray*}$ ,n>0, kann man aber nicht sagen, dass $\begin{eqnarray*} a=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , da a echt kleiner als alle Folgegleider sein muss.

Und bei 2. hab ich natürlich angenommen, dass z_n auch gegen a konvergiert. Ich kann jetzt aber nicht sagen, dass z_n eine Teilfolge von y_n ist, oder? Sonst könnte mans ja mit der Teilfolgenkonvergenz begründen....

19.11.2005, 19:11

Mathespezialschüler

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1. Das ist zwar richtig, aber das wollen die sicher nicht hören. Die wollen eher wissen, was du darüber sagen kannst, welche der Zahlen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ größer ist oder ob beide gleich sein können.
2. Vermutung ist richtig, das mit den Teilfolgen allerdings ziemlicher Mist. Der Beweis ist aber nicht schwierig, du musst nur ein wenig die Definition der Konvergenz anwenden.

Gruß MSS

19.11.2005, 19:38

Großes Fragezeichen

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Bei 2. kann man doch schreiben:
$\begin{eqnarray*} |y_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} -\epsilon<y_n-a<\epsilon \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} a-\epsilon<y_n<a+\epsilon \end{eqnarray*}$
Und da $\begin{eqnarray*} |x_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} a-\epsilon<x_n<a+\epsilon \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} a-\epsilon<x_n \leq y_n<a+\epsilon \end{eqnarray*}$ , und da $\begin{eqnarray*} x_n \leq z_n \leq y_n \end{eqnarray*}$ => $\begin{eqnarray*} a-\epsilon<x_n \leq z_n \leq y_n<a+\epsilon \end{eqnarray*}$ , wäre das eine Lösung?

19.11.2005, 19:44

Mathespezialschüler

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Das ist fast richtig. Diese Ungleichungen gelten aber nicht für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , sondern nur für bestimmte. Das hatte ich dir sin einem anderen Thread schon einmal gesagt. Guck dir dazu die Definition nochmal an.

Gruß MSS

19.11.2005, 22:51

Großes Fragezeichen

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Naja, das gilt eben ab einem bestimmten Index. Das ist ja die Def. also für $\begin{eqnarray*} n_0 \leq n \end{eqnarray*}$

20.11.2005, 00:21

Großes Fragezeichen

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Und bei 1. wenn $\begin{eqnarray*} x_n<x \end{eqnarray*}$ ist ja $\begin{eqnarray*} a \neq x \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} a<x_n<x \end{eqnarray*}$ und wenn $\begin{eqnarray*} x<x_n \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} a=x \end{eqnarray*}$ und somit der Grenzwert der Folge. Aber das ist ja irgendwie klar...
könnte man das nicht mit der Umgebung von a und x beweisen? Also $\begin{eqnarray*} U_\epsilon(a) \end{eqnarray*}$ geschnitten $\begin{eqnarray*} U_\epsilon(x) \end{eqnarray*}$ = leere Menge, dann $\begin{eqnarray*} a \neq x \end{eqnarray*}$ sonst muss es eine Schnittmenge geben, wenn a=x

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20.11.2005, 00:34

Mathespezialschüler

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Nein, das ist quatsch. $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist dann nicht unbedingt der Grenzwert. Bsp.:

$\begin{eqnarray*} x_n=\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ .

Es ist stets

$\begin{eqnarray*} 0=x<x_n \end{eqnarray*}$ ,

wählt man $\begin{eqnarray*} a=-1 \end{eqnarray*}$ , so ist auch stets $\begin{eqnarray*} x_n>a \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist nicht der Grenzwert. Versuche doch mal, folgendes zu beweisen:

Sei $\begin{eqnarray*} x_n>a\quad \forall\ n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ und es gehe $\begin{eqnarray*} x_n\to x \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} x\geq a \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

20.11.2005, 01:58

Großes Fragezeichen

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Kann man nicht $\begin{eqnarray*} \epsilon = x-a \end{eqnarray*}$ setzen? Wäre das ein Ansatzt für den Beweis? Das würde glaub ich aber nur was bringen, wenn x<x_n wäre...
Dann könnte man ja so vorgehen:
$\begin{eqnarray*} |x_n-x|<x-a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -x+a<x_n-x<x-a \end{eqnarray*}$ |+x
$\begin{eqnarray*} a<x_n<2x-a \end{eqnarray*}$ |+a
$\begin{eqnarray*} 2a<x_n+a<2x \end{eqnarray*}$ |:2
$\begin{eqnarray*} a< \frac{x_n-a}{2}<x \end{eqnarray*}$ damit wär doch a<x, nur bin ich mir nicht sicher, ob man Epsilon so wählen darf.....

20.11.2005, 19:37

Mathespezialschüler

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Wenn du $\begin{eqnarray*} \varepsilon=x-a \end{eqnarray*}$ wählst, dann setzt du schon voraus, dass $\begin{eqnarray*} x>a \end{eqnarray*}$ ist, weil man immer nur positive $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ wählen darf! Das ist also ein Zirkelschluss, der Beweis ist falsch. Außerdem habe ich dir doch schon gesagt, dass du $\begin{eqnarray*} x>a \end{eqnarray*}$ gar nicht beweisen kannst, sondern "nur" $\begin{eqnarray*} x\geq a \end{eqnarray*}$ .
Deine Idee ist aber nicht so schlecht. Versuch es mal mit einem Widerspruchsbeweis und nimm an, es würde $\begin{eqnarray*} x<a \end{eqnarray*}$ gelten.

Gruß MSS

20.11.2005, 20:46

Großes Fragezeichen

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Ok, ich hab das mal so in etwa gemacht wie im letzten Beweisversuch:
sei x<a, dann setze ich $\begin{eqnarray*} \epsilon=x+a \end{eqnarray*}$ , dann:
$\begin{eqnarray*} |x_n-x|<x+a \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -a-x<x_n-x<x+a \end{eqnarray*}$ |+x
$\begin{eqnarray*} -a<x_n<2x+a \end{eqnarray*}$ |-a
$\begin{eqnarray*} -2a<x_n-a<2x \end{eqnarray*}$ |:2
$\begin{eqnarray*} -a< \frac{x_n-a}{2} < x \end{eqnarray*}$ Das ist aber ein Widerspruch, da aus x<a folgen müsste -a<-x
Fragt sich nur, ob man das Epsilon so wählen darf....

20.11.2005, 20:49

Mathespezialschüler

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1. Die Frage, ob du das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ so wählen darfst, kannst du dir doch selbst beantworten! Ist das auf jeden Fall positiv?
2.

Zitat:

Original von Großes Fragezeichen
$\begin{eqnarray*} -a< \frac{x_n-a}{2} < x \end{eqnarray*}$ Das ist aber ein Widerspruch, da aus x<a folgen müsste -a<-x

Und wo ist jetzt der Widerspruch? $\begin{eqnarray*} -a<x \end{eqnarray*}$ ist kein Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} -a<-x \end{eqnarray*}$ !!!
3. Versuche es mal mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon:=a-x \end{eqnarray*}$ .

Gruß MSS

20.11.2005, 20:57

Großes Fragezeichen

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Dann hab ich da sowas:
$\begin{eqnarray*} |x_n-x|<a-x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x-a<x_n-x<a-x \end{eqnarray*}$ |+x
$\begin{eqnarray*} 2x-a<x_n<a \end{eqnarray*}$ |+a
$\begin{eqnarray*} 2x<x_n+a<2a \end{eqnarray*}$ |:2
$\begin{eqnarray*} x< \frac{x_n+a}{2} < a \end{eqnarray*}$
Ok, jetzt hat man aber den Widerspruch, x<a....Widerspruch zu a<x...

20.11.2005, 21:03

Mathespezialschüler

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Nein, du hast $\begin{eqnarray*} x<a \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt und $\begin{eqnarray*} x<a \end{eqnarray*}$ auch rausbekommen. Das ist kein Widerspruch. Der Widerspruch liegt woanders. Beachte, dass vorausgesetzt wird, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ stets $\begin{eqnarray*} x_n>a \end{eqnarray*}$ gilt.

Gruß MSS

20.11.2005, 21:11

Großes Fragezeichen

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Ach ja....total verpeilt.
Dann liegt der Widerspruch darin, dass wenn nach Voraussetzung $\begin{eqnarray*} x_n>a \end{eqnarray*}$ , dann kann ja die letzte Zeile nicht stimmen...darin liegt der Widerspruch...

20.11.2005, 21:18

Mathespezialschüler

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Ich würde eher sagen, dass man in der dritten Zeile den Widerspruch viel direkter sieht.

Gruß MSS

20.11.2005, 21:22

Großes Fragezeichen

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ja tatsache, das ist sorag noch viel deutlicher.....cool....vielen dank für die hilfe!! Wink

Wink

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