Häufungswerte beweisen

13.05.2013, 14:30

Ghastis

Häufungswerte beweisen

Gegeben ist eine Folge $\begin{eqnarray*} (x_{n}) \end{eqnarray*}$ durch:

$\begin{eqnarray*} x_{n} = \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 1+\frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$ für n = 3k
$\begin{eqnarray*} 2+\frac{n+1}{n} \end{eqnarray*}$ für n = 3k+1
$\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n=3k+2 \end{eqnarray*}$

Korrektur aus zweitem Beitrag eingebaut, zweiten Beitrag gelöscht. Steffen

Zu berechnen sind die Häufungspunkte von $\begin{eqnarray*} (a_{n}) \end{eqnarray*}$ und ein Beweis für diese.

Um die Häufungspunkte zu berechnen, berechne ich den Grenzwert der einzelnen Folgen:

$\begin{eqnarray*} lim (1+\frac{1}{2^n}) = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} lim (2+\frac{n+1}{n}) = 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} lim (2) = 2 \end{eqnarray*}$

Wie beweist man dann diese Häufungspunkte?

13.05.2013, 16:16

RavenOnJ

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Indem du zeigst, dass sich in jedem beliebigen Abstand vom angenommenen Häufungspunkt ein Folgenglied befindet.

13.05.2013, 17:40

Ghastis

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Mache ich das so: (?)

Wörtlich:

H ist ein Häufungspunkt der Folge $\begin{eqnarray*} ( a_n) \end{eqnarray*}$ , wenn es für alle $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} a \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ gibt, mit $\begin{eqnarray*} a \not= H \end{eqnarray*}$ , sodass gilt:
$\begin{eqnarray*} |H - a| < \varepsilon \end{eqnarray*}$

D.h. z.b. für die Annahme, dass

$\begin{eqnarray*} H = 1 \end{eqnarray*}$ ein Häufungspunkt der Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ist:

$\begin{eqnarray*} |1-1- 1/2^n | = \frac{1}{2^n} < \varepsilon \end{eqnarray*}$

verwirrt

13.05.2013, 18:34

RavenOnJ

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Fast. Sei $\begin{eqnarray*} \{H_i, i \in 1,2,\cdots k\} \end{eqnarray*}$ die Menge aller Häufungspunkte von $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ . Zu jedem $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ und jedem $\begin{eqnarray*} H_i \end{eqnarray*}$ gibt es ein $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} |H_i -a_n| <\epsilon \end{eqnarray*}$ . Es kann durchaus auch $\begin{eqnarray*} H_i = a_n \end{eqnarray*}$ sein, wie du bei einem Häufungspunkt der Folge feststellen kannst, insofern war dieses

Zitat:

$\begin{eqnarray*} a\not= H \end{eqnarray*}$

fehl am Platz.

14.05.2013, 08:55

Ghastis

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Dankesehr.

Stimmt die 'Rechnung' für den Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} H_{1}=1 \end{eqnarray*}$ aus meinem obigen Beitrag denn?

14.05.2013, 09:02

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ghastis

Stimmt die 'Rechnung' für den Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} H_{1}=1 \end{eqnarray*}$ aus meinem obigen Beitrag denn?

, vielleicht solltest du aber die Teilfolge spezifizieren, die diesen Limes hat. Denn jeder Häufungspunkt ist Limes einer Teilfolge. Außerdem solltest du noch zeigen, dass die genannten drei Häufungspunkte auch alle möglichen sind.

14.05.2013, 09:19

Ghastis

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Zitat:

Original von RavenOnJ

Zitat:

Original von Ghastis

Stimmt die 'Rechnung' für den Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} H_{1}=1 \end{eqnarray*}$ aus meinem obigen Beitrag denn?

Hi, danke für den Hinweis und: sorry, falls ich mich jetzt etwas dumm anstelle, aber sehe das dann in etwa so aus?:

Für $\begin{eqnarray*} n = 3k \end{eqnarray*}$ besitzt $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 1 + \frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$ den Häufungswert $\begin{eqnarray*} H_{1} = 1 \end{eqnarray*}$ ,
da $\begin{eqnarray*} lim(1+ \frac{1}{2^n}) = 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} | 1 - ( 1+ \frac{1}{2^n} )| = \frac{1}{2^n} < \varepsilon \end{eqnarray*}$

Und Analog dazu dann für die beiden anderen Teilfolgen?

Und für den Beweis, dass für die Menge aller Häufungswerte von $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \{H_i , i \in 1,2, ..., k\} \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |\{H_i , i \in 1,2, ..., k\}| \end{eqnarray*}$ = 3.

Ich dachte, man zeigt, dass die Vereinigung der Teilmengen der Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ entspricht, da für jede natürliche Zahl n eine Teilfolge definiert wurde.
Und: alle diese Teilfolgen sind nach oben beschränkt, sodass $\begin{eqnarray*} (a_n) \le 4 \end{eqnarray*}$ und nach unten beschränkt, sodass $\begin{eqnarray*} (a_n) \ge 0 \end{eqnarray*}$ , d.h. also dass nur die natürlichen Zahlen 1,2,3 als Werte für die Folge möglich sind.

14.05.2013, 09:36

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ghastis

Und für den Beweis, dass für die Menge aller Häufungswerte von $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \{H_i , i \in 1,2, ..., k\} \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} |\{H_i , i \in 1,2, ..., k\}| \end{eqnarray*}$ = 3.

Das ist kein Beweis, nur eine Behauptung.

Zitat:

Ich dachte, man zeigt, dass die Vereinigung der Teilmengen der Folge $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ entspricht, da für jede natürliche Zahl n eine Teilfolge definiert wurde.
Und: alle diese Teilfolgen sind nach oben beschränkt, sodass $\begin{eqnarray*} (a_n) \le 4 \end{eqnarray*}$ und nach unten beschränkt, sodass $\begin{eqnarray*} (a_n) \ge 0 \end{eqnarray*}$ , d.h. also dass nur die natürlichen Zahlen 1,2,3 als Werte für die Folge möglich sind.

Das ist jetzt allerdings ziemlich schwammig, was du da schreibst. Die Werte der Folge sind reelle Zahlen, es ist die Indexmenge, die Werte aus den natürlichen Zahlen annimmt. Spezifiziere die Teilfolgen und zeige, dass (fast) alle Folgenglieder in einer dieser Teilfolgen enthalten sind. Das "fast" habe ich nur dazu geschrieben, weil es reicht, wenn alle Folgenglieder bis auf endlich viele zu den Teilfolgen gehören. In deinem Fall sind allerdings wirklich alle Folgenglieder in einer der drei Teilfolgen enthalten.

18.05.2013, 13:12

Ghastis

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Zitat:

Original von RavenOnJ

Zitat:

Das ist kein Beweis, nur eine Behauptung.

Zitat:

Hallo,

danke erstmal noch für die Hinweise.
Ich komme leider nicht zu einem zufriedenstellenden Ergebnis, also ich weiß nicht, wie ich zeigen kann, dass es keine weiteren Häufungswerte geben kann bzw. dass das eben wirklich alle Teilfolgen sind. Kann mir da bitte jemand weiterhelfen?

18.05.2013, 14:38

RavenOnJ

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Du musst doch nur zeigen, dass die drei Teilfolgen alle (bis auf endlich viele) Folgenglieder erfassen. In diesem Fall ist das "bis auf endlich viele" unnötig, da wirklich alle Folgenglieder in einer der drei Teilfolgen enthalten sind.

19.05.2013, 16:47

Ghastis

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Hi,

das hört sich so einfach an, aber ich komme nicht dahinter.

Ich hatte mir schon überlegt, dass es doch günstig wäre wenn man zeigt, dass die 3 Teilfolgen alle natürlichen Zahlen abdecken.

Denn es sind ja in der Tat alle natürlichen Zahlen enthalten; diese wurden eben in 3 Mengen aufgespalten.. Wäre dies der richtige Ansatz? Falls ja, wie schreibe ich das dann mathematisch korrekt auf?

19.05.2013, 22:31

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Ghastis
... wenn man zeigt, dass die 3 Teilfolgen alle natürlichen Zahlen abdecken.

Denn es sind ja in der Tat alle natürlichen Zahlen enthalten; diese wurden eben in 3 Mengen aufgespalten.

Das ist ziemlich unpräzise ausgedrückt. In der Menge der Folgenglieder sind die natürlichen Zahlen nicht enthalten, nur in der Indexmenge. Es muss gezeigt werden, dass jede natürliche Zahl als Index in einer der drei Teilfolgen auftaucht. Dies lässt sich leicht bewerkstelligen, wie man an der Definition der Folge sehen kann.

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