Konvergenz mittels Teilfolgen

04.12.2008, 15:34

MI

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Konvergenz mittels Teilfolgen

Hallo,

ich bin mir bei der Herangehensweise an einen Beweis etwas unsicher:

Sei $\begin{eqnarray*} \{a_n \}_{n\in \mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ eine Folge reeller Zahlen für die gilt, dass
1. $\begin{eqnarray*} a_{2k} \to a \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} a_{2k+1}\to a \end{eqnarray*}$

Nun soll eine untersucht werden, ob und wie man damit auf die Konvergenz der Folge $\begin{eqnarray*} \{a_n\} \end{eqnarray*}$ schließen kann.

Im Grunde bezeichnet die erste Voraussetzung ja, dass die geraden Folgeglieder konvergieren, die zweite, dass die Ungeraden (ohne das erste, wenn $\begin{eqnarray*} k\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ ) Folgenglieder konvergieren. Da die beiden Grenzwerte identisch sind, muss auch die Folge selbst gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergieren.
Die Voraussetzungen habe ich erst einmal umgeschrieben:

Nr. 1.: Das bedeuted: Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon >0~ \exists\, K_1 \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \forall\, k\geq K_1:~\left|a_{2k}-a\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Nr. 2.: Dasselbe, mit einem $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ und natürlich $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ .
--> Dann gilt natürlich für ein $\begin{eqnarray*} K=max(K_1,K_2) \end{eqnarray*}$ , dass dann beide Beträge kleiner sind als Epsilon.

Und an dem Punkt hänge ich sozusagen.

Ich habe mir ferner überlegt, ob es reichen würde zu beweisen, dass die Menge aller geraden Folgenglieder + die Menge aller ungeraden Folgenglieder + das erste Folgenglied = der Menge aller Folgenglieder ist. Also:
$\begin{eqnarray*} \{a_1\}\cup \{a_{2k}|k\in \mathbb{N}, a_{2k}\in \{a_n|n\in \mathbb{N}\}\} \cup \{a_{2k+1}|k\in \mathbb{N}, a_{2k+1}\in \{a_n|n\in \mathbb{N}\}\}=\{a_n|n\in \mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$
Das ist kein Problem.

Dann kann man natürlich sagen, dass das erste Folgenglied für die Konvergenz der Folge keine Rolle spielt, weil ja $\begin{eqnarray*} n\to \infty \end{eqnarray*}$ betrachtet wird.
Und da der Rest gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergiert, muss für $\begin{eqnarray*} \{a_n\} \end{eqnarray*}$ dasselbe gelten (also habe ich die Konvergenz-Definition noch einmal hingeschrieben wie oben und dann gesagt, dass aus der Existenz für $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ auch die Existenz eines $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ folgt, sodass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq N \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ , weil jedes Element von $\begin{eqnarray*} \{a_n\} \end{eqnarray*}$ eindeutig einer der beiden Teilfolgen zugewiesen werden kann, für die das gilt).

Kann man das so machen?

Gruß
MI

04.12.2008, 15:52

Klappergrasmuecke

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Auch aus Aachen? Wink

Wink

Ich musste auf jeden Fall dasselbe beweisen und hab es über Widerspruch gemacht:

Nimmt man an, dass $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ nicht gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergiert führt das zum Widerspruch dazu, dass $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ UND $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ konvergieren...

04.12.2008, 17:20

MI

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Ja, wie's dort auch steht Augenzwinkern

Augenzwinkern

- und auch Physikstudent Augenzwinkern

Augenzwinkern

.

Stimmt, über Widerspruch geht's wahrscheinlich auch, aber mich würde dennoch interessieren, ob das auch ein Weg wäre.

Gruß
MI

04.12.2008, 17:32

WebFritzi

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Wozu Widerspruch? Die Aussage ist nahezu trivial, und man kann sie direkt ohne Widerspruch beweisen.

04.12.2008, 18:36

MI

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Zitat:

Original von WebFritzi
Wozu Widerspruch? Die Aussage ist nahezu trivial, und man kann sie direkt ohne Widerspruch beweisen.

Ja und genau da liegt das Problem Augenzwinkern

Augenzwinkern

. "Fast trivial" bedeuted in der Praxis für Anfänger meist "ziemlich komplex".

Deinem Post darf ich entnehmen, dass mein Versuch eines direkten Beweises fehlerhaft ist?

Gruß
MI

04.12.2008, 18:49

WebFritzi

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Wieso? Hab ich das irgendwo behauptet? Ich hab mir deinen Ansatz nicht einmal richtig angeschaut. Ein Ratschlag gebe ich dir aber: Die Folge (an) und die Menge {an : n aus IN} sind zwei verschiedene Objekte. Verwechsel sie nicht.

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04.12.2008, 18:55

MI

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Ich dachte nur, weil es ja ursprünglich um den Ansatz ging.

Dass die Folge (an) und die Menge {an : n aus IN} nicht dasselbe sind, ist mir schon klar.
Das eine ist eben eine Folge, das andere eine Menge (die z.B. nicht konvergieren kann) - aber diese Menge beinhaltet halt alle Folgenglieder von {an}.
Meine Idee war eben, dass ich quasi die Konvergenz bewiesen habe, wenn ich gezeigt habe, dass durch die beiden Teilfolgen a2k und a(2k+1) alle Folgenglieder von {an} getroffen werden.

Aber diese "Verwurschtelung" von Mengen und Folgen ist mir ja selbst etwas suspekt, daher ja meine Frage, ob das Ganze im Ansatz möglich ist.

Gruß
MI

04.12.2008, 19:03

Klappergrasmuecke

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Zitat:

Original von WebFritzi
Wozu Widerspruch? Die Aussage ist nahezu trivial, und man kann sie direkt ohne Widerspruch beweisen.

Naja die Aussage ist schon klar. Nur ist es schwierig zu sehen wann etwas als Beweis akzeptiert wird und wann nicht.

"Wenn alle Folgenglieder mit geradem und alle mit ungeradem Index gegen a konvergieren, dann konvergiert die gesamte Folge gegen a, weil jede natürlich Zahl entweder gerade oder ungerade ist."

würde mir als Beweis schon reichen, oder auch wie MI es aufgeschrieben hat. Aber man weiß ja nicht, was die für 5/25 Punkten sehen wollen...

Mein Widerspruchsbeweis sieht so aus:

Ang. $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ konvergiert nicht gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ , d.h.

$\begin{eqnarray*} \exists \varepsilon >0: \forall N \in \mathbb{N}: \exists n \geq N: |x_n-a| \geq \varepsilon \end{eqnarray*}$

Dann würd ich sagen, dass dieses $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ entweder gerade oder ungerade sein muss. Dann würde aber immer eine der beiden Voraussetzungen verletzt.

Läuft also wieder aufs selbe raus eigentlich :/

04.12.2008, 19:03

WebFritzi

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RE: Konvergenz mittels Teilfolgen

Zitat:

Original von MI
Die Voraussetzungen habe ich erst einmal umgeschrieben:

Nr. 1.: Das bedeuted: Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon >0~ \exists\, K_1 \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \forall\, k\geq K_1:~\left|a_{2k}-a\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Nr. 2.: Dasselbe, mit einem $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ und natürlich $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ .
--> Dann gilt natürlich für ein $\begin{eqnarray*} K=max(K_1,K_2) \end{eqnarray*}$ , dass dann beide Beträge kleiner sind als Epsilon.

Das finde ich schon viel besser (vor allem deine Folgerung). Das ist sozusagen der Kern des Beweises.

04.12.2008, 19:39

MI

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RE: Konvergenz mittels Teilfolgen
Ich weiß also:
Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \forall k\geq K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_{2k+1}-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |a_{2k}-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Und ich muss zeigen, dass es ein $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} \forall n\geq N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ .

Jedes $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist nun entweder vom "Typ" $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ oder vom "Typ" $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ .
Sei n zunächst vom ersten Typ, dann gilt sicherlich wegen k<n auch, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ gilt.
Analog kann man für den zweiten Typ vorgehen.

Wäre das ein richtiger Weg? Das war nämlich in etwa das, was ich nach meiner Mengeneinlage aufgeschrieben habe.

Gruß
MI

04.12.2008, 19:46

Klappergrasmuecke

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RE: Konvergenz mittels Teilfolgen

Zitat:

Original von MI

Jedes $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist nun entweder vom "Typ" $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ oder vom "Typ" $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ .
Sei n zunächst vom ersten Typ, dann gilt sicherlich wegen k<n auch, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ gilt.

Hm nehmen wir an für irgendein Epislon ist dein K gleich 3, dann gilt ab $\begin{eqnarray*} a_{2K}=a_6 \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ . Aber nicht unbedingt für $\begin{eqnarray*} a_4 \end{eqnarray*}$ obwohl $\begin{eqnarray*} 4>K \end{eqnarray*}$ .

Ich bin nicht 100 % sicher, aber ich glaube das ist noch ein kleiner Fehler. Berichtigt mich wenn ich falsch liege...

04.12.2008, 19:53

MI

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RE: Konvergenz mittels Teilfolgen
Ups... ich meine natürlich n>=2K - zur Sicherheit können wir auch n>=3K nehmen - dann haben wir auch beim zweiten Fall keine Probleme.

04.12.2008, 19:56

WebFritzi

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RE: Konvergenz mittels Teilfolgen

Zitat:

Original von MI
Sei n zunächst vom ersten Typ, dann gilt sicherlich wegen k<n auch, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ gilt.

Nein, das stimmt nicht.

Zitat:

Original von MI
Ich weiß also:
Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \forall k\geq K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_{2k+1}-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |a_{2k}-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Und ich muss zeigen, dass es ein $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} \forall n\geq N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ .

Jupp. Wie wäre es mit N = 2K + 1 ? Augenzwinkern

Augenzwinkern

04.12.2008, 20:02

MI

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RE: Konvergenz mittels Teilfolgen
Ja, hatte gerade schon meinen Fehler bemerkt. Trotzdem Vielen Dank!

Und dann geht das also? Im Grunde ist der Beweis dann ja nur ein paar Zeilen lang...

Gruß
MI

04.12.2008, 20:03

WebFritzi

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Ja. Wäre auch schön, wenn du ihn noch für die Nachwelt präsentieren könntest.

04.12.2008, 20:29

MI

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ZUSAMMENFASSUNG:

Sei $\begin{eqnarray*} \{a_n \}_{n\in \mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ eine Folge reeller Zahlen für die gilt, dass
1. $\begin{eqnarray*} a_{2k} \to a \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} a_{2k+1}\to a \end{eqnarray*}$

Nr. 1.: Das bedeuted: Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon >0~ \exists\, K_1 \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} \forall\, k\geq K_1:~\left|a_{2k}-a\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Nr. 2.: Dasselbe, mit einem $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ und natürlich $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ .

--> Dann gilt für $\begin{eqnarray*} K=max(K_1,K_2) \end{eqnarray*}$ :
Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \forall k\geq K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_{2k+1}-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |a_{2k}-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Jedes $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ außer $\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ ist nun entweder vom "Typ" $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ oder vom "Typ" $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ spielt für die Konvergenz keine Rolle. Ansonsten:

Sei n zunächst vom zweiten Typ, dann gilt sicherlich wegen 2k+1=n auch, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 2K+1 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$
Sei nun n vom ersten Typ, dann gilt wegen 2k=n auch, dass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 2K \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ .
Insbesondere gilt letzteres für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 2K+1 \end{eqnarray*}$ .

Damit gilt aber: Für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ existiert ein $\begin{eqnarray*} N=2K+1 \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \forall n\geq N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |a_n-a|<\epsilon \end{eqnarray*}$ .

Und damit konvergiert an ebenfalls gegen a.

Gruß
MI

04.12.2008, 20:33

WebFritzi

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Das ist OK so. Nur hätte ich es anders gemacht. Ich hätte so angefangen: "Sei n >= 2K +1." Und dann in die beiden Fälle aufspalten.

04.12.2008, 20:38

MI

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Okay. Deine Lösung ist noch etwas eleganter.

Dann bedanke ich mich für eure Hilfe und wünsche noch einen schönen Abend.

Gruß
MI

04.12.2008, 20:38

WebFritzi

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Gleichfalls. smile

smile

04.12.2008, 20:40

Klappergrasmuecke

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@webfritzi: könntest du mir noch sagen ob mein beweis auch ok ist?

04.12.2008, 20:44

WebFritzi

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Nein, ist er leider nicht. Entweder du hast es nicht ganz verstanden, oder du hast es zu ungenau aufgeschrieben.

04.12.2008, 20:55

Klappergrasmuecke

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Passt denn die Negation?

Ang. $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ konvergiert nicht gegen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ , dann heißt dass

$\begin{eqnarray*} \exists \varepsilon >0: \forall N \in \mathbb{N}: \exists n \geq N: |x_n-a| \geq \varepsilon \end{eqnarray*}$

?

Etwas ausführlicher als Begründung würd ich schreiben:

D.h. dass ein Epsilon > 0 existiert, sodass man zu jedem noch so großen N ein n findet, für dass das Folgenglied $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ mehr als Epsilon von a entfernt sind.
Dieses n muss entweder gerade oder ungerade sein.
Falls n ungerade ist, also $\begin{eqnarray*} n=2k+1 \end{eqnarray*}$ , ist die Voraussetzung verletzt, dass $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ gegen a konvergiert. Denn dass $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ gegen a konvergiert bedeutet ja gerade

$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon > 0:\exists N: \forall n \geq N: |x_{2k+1}-a| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Für dieses eben genannte spezielle Epsilon trifft das aber nicht zu. Widerspruch.
Der Fall, dass es gerade ist würde analog verlaufen.

Wo ist der Fehler? :/

04.12.2008, 21:06

WebFritzi

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Zitat:

Original von Klappergrasmuecke
$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon > 0:\exists N: \forall n \geq N: |x_{2k+1}-a| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Das macht nicht viel Sinn, oder?

04.12.2008, 21:54

Klappergrasmuecke

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oh ja, stimmt. so muss es heißen

$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon > 0: \exists K_1 \in \mathbb{N}: \forall k \geq K_1: |x_{2k+1}-a|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ (Aussage 1)

und zusätzlich gilt

$\begin{eqnarray*} \forall \varepsilon > 0: \exists K_2 \in \mathbb{N}: \forall k \geq K_2: |x_{2k}-a|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ (Aussage 2)

Dann wähle man $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ wie oben (mit oben mein ich die Negation von an konvergiert gegen a).
Für alle N also auch für $\begin{eqnarray*} N=max(2K_1+1,2K_2) \end{eqnarray*}$ existiert dann ein $\begin{eqnarray*} n \geq N \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} |x_{n}-a| \geq \varepsilon \end{eqnarray*}$ . Dieses $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist entweder ungerade, also $\begin{eqnarray*} n=2k+1 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \geq 2K_1+1 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} k \geq K_1 \end{eqnarray*}$ , dann ist das ein Widerspruch zu (1) oder gerade, also $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \geq 2K_2 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} k \geq K_2 \end{eqnarray*}$ , dann ist das ein Widerspruch zu (2).

Ist es jetzt ok?

05.12.2008, 04:40

WebFritzi

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So wird ein Schuh draus. Sehr schön. Gute Nacht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

05.12.2008, 09:19

Klappergrasmuecke

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Dankeschön! Hatte das ganze wirklich erst nicht bis zum Ende durchgedacht...

09.11.2016, 11:52

Mathe Studentin

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Konvergenz von Folgen
Hallo was meinst du mt aufspalten?

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