Cauchy Folge

17.11.2008, 11:46	JuliusSpringer	Auf diesen Beitrag antworten »
Cauchy Folge Guten Tag Forenmitglieder, ich steh ich scheinbar vor einer unlösbaren Aufgabe. Ein Blick in die Suche bestetigte mir meine Verzweiflung: Viele haben Probleme mit dem Cauchy, so auch ich. Hier erstmal meine Aufgabe: Sei $\begin{eqnarray} q \in [0,1) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} (a_n)_{N \in \mathbb N } \end{eqnarray}$ eine Folge mit $\begin{eqnarray} \| a_{n+1} - a_n \| \le q^n \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ . Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ eine Cauchy Folge ist. So, ich hab keine Ahnung wie ich das Nachweisen soll, ich hab mir das Cauchy Kriterium mehrmals durchgelesen bin aber auf keinen Rechenweg was auch immer gekommen. Ich bitte euch gnädigst um Hilfe
17.11.2008, 12:01	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Chauchy Folge http://de.wikipedia.org/wiki/Cauchy-Folge So, dass q ist ja im Grunde fix aus [0,1[. Schauen wir uns doch mal die rechte Seite an. Ich wähle als Beispiel q=0.75 Praktischer Weise ist dir für deine Folge doch eine Abschätzung der Differenz zweier Folgenglieder gegeben. Genau das brauchen wir doch für die Cauchyfolge. Die fordert, dass wenn ich einen Fehler vorgebe, ich zunächt ein n finde, dass der abschätzung genüge getan ist. Ferner muss es auch für alle weiteren Folgenglieder gelten. Bleiben wir bei dem Beispiel $\begin{eqnarray} \|a_{n+1}-a_n\| \stackrel{!} \leq 0.1 \end{eqnarray}$ Mit dem Wissen $\begin{eqnarray} \| a_{n+1} - a_n \| \leq 0.75^n \end{eqnarray}$ folgt dann $\begin{eqnarray} 0.75^n \leq 0.1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} n > 8 \end{eqnarray}$ D.h. für alle n> 8 genügen die Folgenglieder der geforderten Abschätzung. Nun musst du es nur noch allgemein Formulieren. Überlege dazu auch, warum für q gerade dieses Intervall gewählt wurde.
17.11.2008, 12:02	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Was brauchst du denn zum Nachweise einer Cauchyfolge? Nun, du musst nachweisen, dass (etwas salopp formuliert) die Betragsdifferenz $\begin{eqnarray} \|a_m-a_n\| \end{eqnarray}$ gegen Null geht im Grenzübergang $\begin{eqnarray} m,n\to\infty \end{eqnarray}$ Basierend auf $\begin{eqnarray} \|a_{n+1} - a_n\| \leq q^n \end{eqnarray}$ kannst du dazu unter Zuhilfenahme der Dreiecksungleichung sowie Kenntnissen der geometrischen Reihe eine brauchbare Abschätzung für dieses $\begin{eqnarray} \|a_m-a_n\| \end{eqnarray}$ erstellen, etwa o.B.d.A. für $\begin{eqnarray} m>n \end{eqnarray}$ . Und das ist dann mehr als die halbe Miete. EDIT: Grmml, zu lange an der Formulierung gedoktert.
17.11.2008, 12:06	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Nee, ich hab es ja mal eher "konkret" gemacht. Du den Theorieteil. Wobei man meiner Rechnung noch ankreiden kann, dass ich nur benachbarte Folgenglieder betrachtet habe.
17.11.2008, 17:10	JuliusSpringer	Auf diesen Beitrag antworten »
Also, schonmal danke für eure ausführliche Ausfürhung. Ich hab's aber noch nicht so ganz verstanden. Was mir bisser aufgefallen ist, dass der Term $\begin{eqnarray} q^n \end{eqnarray}$ für das angegebene Intervall für große n gegen Null strebt. Das heißt ich finde immer folgenden Zusammenhang: $\begin{eqnarray} q^n \leq q^n-\epsilon \end{eqnarray}$ wobei für alle $\begin{eqnarray} \epsilon \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} 0 \leq \epsilon \geq q^n \end{eqnarray}$ Das mit der Dreiecksungleichung werde ich mir gleich anschauen, ich wollte nur erstmal mein bisheriger Wissensstand preisgeben. Nochmal vielen Dank!
17.11.2008, 18:37	Soz.Päd	Auf diesen Beitrag antworten »
Es sei beliebiges e > 0 gegeben. Um zu zeigen, dass die gegebene Funktion eine Cauchy-Folge ist, müssen wir nachweisen: Es gibt ein n e N, so dass für alle m> n gilt: Betrag (a(m) - a(n)) < e. Wir betrachten: Betrag (a(m) - a(n)) = Betrag (a(m) - a(m-1) + a(m-1) - a(m-2) + ... - a(n)) <= Betrag (a(m) - a(m-1)) + ... Betrag (a(n+1) - a(n)) <= q^m + q^(m-1) ... + q^n. Bei dem Ausdurck (q^m +... + q^n) können wir nun auf die geometische Reihe zurückgreifen, die ja für q<1 konvergiert, d.h. Es kann ein festes n e N gewählt werden, so dass für alle m > n gilt: q^m + q^(m-1) + ... + q^(n) < e. Gruß Soz.Päd.
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18.11.2008, 10:35	JuliusSpringer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, jetzt hab ichs glaub ich verstanden, also du hast einfach den Betrag erweitert, indem du Folgenglieder addiert und gleich wieder Subtrahiert hast. Danach hast du sie durch die Dreiecksungleichung auseinander geschnitten, sodass die Beträge auseinander stehen. Dann hast du Argumentiert, dass diese Beträge kleiner gleich ihrer jeweiligen Exponenten in q sind. Danach hast du dich auf die geometrische Reihe berufen und gesagt, dass die für q>1 gegen Null konvergiert und demnach ein m>n gewählt werden kann. Was ich nicht versteh ist, reicht das aus? Mir ist schon klar dass das gilt: Für $\begin{eqnarray} \|q\| \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} a_0 \cdot q^k = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} a_0 \cdot q^k = \lim_{n \to \infty}a_0\frac{1-q^{n+1}}{1-q} = \frac{a_0}{1-q} \end{eqnarray}$ Aber irgendwie konnt ich das schon vorher sagen Grüße, prinzschleifer
18.11.2008, 11:36	Soz.Päd.	Auf diesen Beitrag antworten »
Guten Tag, nach meiner Meinung müsste der Verweis auf die geometrische Reihe ausreichen, es sei denn, es wird erwartet, dass zu jedem beliebigen e ein konkretes m e N benannt werden muss, so dass für alle n>= m die Abschätzung gilt. Wenn das verlangt wäre, nehme man die allgemeine Formel für die geometrische Reihe, berechne deren Wert von "o bis n>=m" und ziehe den Wert der goemetrischen Reihe von "o bis n" ab (dann haben wir den Wert der gemetirschen Reihe von "n bis m >= n". Durch diesen errechneten Term ist dann eine Abschätzung bei gegebenen e möglich. Gruß Soz.Päd.

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