Abstandsfolge zweier Cauchy-Folgen

24.11.2013, 19:39

Kääsee

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Abstandsfolge zweier Cauchy-Folgen

Hey Leute, ich bin mal wieder zu blöd für folgende Aufgabe:

Zitat:

Sei (X,d) ein metrischer Raum und seien $\begin{eqnarray*} (p_n)_{n\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (q_n)_{n\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ Cauchy-Folgen. Man zeige, dass die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n):=d(p_n,q_n) \end{eqnarray*}$ konvergent ist.

Was ich bisher habe:
Da $\begin{eqnarray*} (p_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (q_n) \end{eqnarray*}$ Cauchy-Folgen sind, gibte es $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass ein $\begin{eqnarray*} N\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ existiert mit $\begin{eqnarray*} d(p_n, p_m)<\frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} d(q_n, q_m)<\frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \forall n,m\geq N \end{eqnarray*}$

Dann habe ich umgeformt:

$\begin{eqnarray*} an=d(p_n,q_n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq d(p_n,p_m)+d(p_m,q_n)\leq d(p_n,p_m)+d(p_m,q_m)+d(q_n,q_n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <\frac{\epsilon}{2}+d(p_m,q_m)+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon + a_m \end{eqnarray*}$

Also
$\begin{eqnarray*} a_n-a_m<\epsilon \end{eqnarray*}$

Ich habe das Gefühl, so kurz davor zu sein, aber irgendwie komm' ich nicht weiter Hammer

Hammer

Bitte um Hilfe!

25.11.2013, 12:49

EinGast

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RE: Abstandsfolge zweier Cauchy-Folgen
soweit stimmt das, bis auf einen kleinen Schreibfehler :

Zitat:

Original von Kääsee

$\begin{eqnarray*} \leq d(p_n,p_m)+d(p_m,q_n)\leq d(p_n,p_m)+d(p_m,q_m)+d(q_{\color{red}m},q_n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} <\frac{\epsilon}{2}+d(p_m,q_m)+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon + a_m \end{eqnarray*}$

Vertauschen von $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ liefert die andere Ungleichung.

Übrigens hast du damit die Vierecksungleichung hergeleitet, dh falls du diese verwenden darfst, gehts schneller.

25.11.2013, 13:45

Kääsee

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Welche andere Ungleichung? unglücklich

unglücklich

Meinst du, dass ich dann am Ende

$\begin{eqnarray*} a_m-a_n<\epsilon \end{eqnarray*}$ erhalte?

Trotzdem sehe ich leider nicht, was ich damit anfangen kann.

25.11.2013, 13:49

Iorek

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Du willst ja letztendlich auf $\begin{eqnarray*} |a_n-a_m|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ hinaus. Wenn du bloß $\begin{eqnarray*} a_n-a_m<\varepsilon \end{eqnarray*}$ hast, kannst du noch nichts über $\begin{eqnarray*} |a_n-a_m| \end{eqnarray*}$ sagen. Darum benötigst du noch eben jene andere Ungleichung.

25.11.2013, 14:28

Kääsee

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Zitat:

Original von Iorek
Du willst ja letztendlich auf $\begin{eqnarray*} |a_n-a_m|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ hinaus.

Ich will doch aber nicht rauskriegen, dass $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ eine Cauchy-Folge ist, sondern dass sie konvergent ist... Daher müsste ich ja irgendwie noch den Grenzwert mit einbauen. Es sei denn, $\begin{eqnarray*} a_m \end{eqnarray*}$ ist der Grenzwert verwirrt

verwirrt

Aber ist es trotzdem nicht so, dass man diese Ungleichung mit dem Betrag nur in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ benutzen darf? Wir haben ja hier jetzt einen allgemeinen metrischen Raum und wissen ja nicht, wie d definiert ist, oder?

25.11.2013, 15:48

EinGast

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eine Metrik ist immer eine reellwertige Funktion, dh dein $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ ist eine reelle Folge

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25.11.2013, 15:56

Kääsee

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Mich verwirrt das alles gerade traurig

traurig

Ich habe hier z.B. auch noch eine andere Aufgabe, wo die Metrik so definiert ist:

$\begin{eqnarray*} d(x,y):=\left|\frac{x}{1+|x|}-\frac{y}{1+|y|}\right| \end{eqnarray*}$

25.11.2013, 16:05

Iorek

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Was für eine Metrik gegeben ist, spielt keine Rolle (es soll ja für einen beliebigen metrischen Raum gezeigt werden). Was ist denn ganz allgemein eine Metrik? Warum ist dann $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ schon eine reelle Folge und wieso reicht es, dafür die Cauchyeigenschaft nachzuweisen?

25.11.2013, 16:41

Kääsee

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Naja, eine Metrik ist eine Abstandsfunktion.
Das heißt ja, dass jedem $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ der Folge ein reeller Zahlenwert zugeordnet wird, oder?
Und weil $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ vollständig ist, ist jede Cauchy-Folge konvergent, richtig?

25.11.2013, 16:45

Iorek

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Und mehr ist hier nicht zu zeigen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

25.11.2013, 16:56

Kääsee

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Vielen Dank! Wink

Wink

Aber noch eine andere Frage: wie kann ich denn zeigen, dass auch $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit der oben angegebenen Metrik vollständig ist? :/

25.11.2013, 20:07

Kääsee

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Ich müsste ja zeigen, dass jede Cauchy-Folge konvergiert...
Nehmen wir also an, $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ sei eine Cauchy-Folge, dann existier für ein $\begin{eqnarray*} \epsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \forall n,m\geq N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{a_n}{1+|a_n|}-\frac{a_m}{1+|a_m|}\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Und jetzt? Irgendwie macht es das Ganze nur noch schwerer, wenn ich versuche, es auf einen Bruchstrich zu schreiben...

Könnte man irgendwas mit Dreiecksungleichung versuchen?

25.11.2013, 20:56

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee
wie kann ich denn zeigen, dass auch $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit der oben angegebenen Metrik vollständig ist? :/

verwirrt

bist du sicher, dass das stimmt? (Ich denke, dass die reellen Zahlen nicht vollständig sind mit dieser Metrik)

25.11.2013, 21:04

Kääsee

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Zitat:

Original von EinGast
verwirrt

verwirrt

bist du sicher, dass das stimmt? (Ich denke, dass die reellen Zahlen nicht vollständig sind mit dieser Metrik)

Oh, nein, du hast Recht! Ich soll überprüfen, ob es stimmt!

Aber trotzdem blicke ich da so gar nicht durch unglücklich

unglücklich

Dann könnte ich ja einfach ein Gegenbeispiel bringen, wenn mir nur was einfallen würde! unglücklich

unglücklich

25.11.2013, 22:21

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee
Dann könnte ich ja einfach ein Gegenbeispiel bringen

ja, dh eine Cauchy-Folge in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ finden, die nicht konvergiert (bez der Metrik d). Das ist nicht so schwierig - es könnte eventuell helfen, sich die Funktion $\begin{eqnarray*} f(t)=\frac{t}{1+|t|} \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} t\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ) genauer anzusehen (die Metrik ist dann ja $\begin{eqnarray*} d(x,y)=|f(x)-f(y)| \end{eqnarray*}$ )

25.11.2013, 22:40

Kääsee

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Hmm.. was genau soll ich mit dieser Funktion jetzt machen? Sie auf Konvergenz untersuchen?

Wenn du das meinst, denke ich, die Funktion geht gegen -1, falls t<0 und gegen 1, falls t>0. Also ist sie divergent. Kann man das so sagen?

25.11.2013, 22:47

EinGast

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du meinst wahrscheinlich $\begin{eqnarray*} \lim_{t\to-\infty}f(t)=-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{t\to\infty}f(t)=1 \end{eqnarray*}$
ok, das sind schon mal zwei wichtige Eigenschaften - wie steht's mit Monotonie?

25.11.2013, 22:54

Kääsee

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Wenn ich mir die Funktion vorstelle, sehe ich, dass die monoton wachsend ist. Aber ich kann das um Gottes Willen auch überhaupt nicht beweisen traurig

traurig

25.11.2013, 23:05

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee
Wenn ich mir die Funktion vorstelle, sehe ich, dass die monoton wachsend ist.

richtig. Zeigen kann man das auf verschiedene Arten, z.B. gilt für $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{x}{1+x}=1-\frac{1}{1+x} \end{eqnarray*}$
somit streng monoton wachsend (man kann stattdessen auch die Ableitung zu Hilfe nehmen), und ähnlich für $\begin{eqnarray*} x<0 \end{eqnarray*}$
ok, damit können wir uns die Funktion ungefähr vorstellen. Siehst du nun, wie man zu einer Cauchyfolge kommt, die nicht konvergiert? Der Abstand zweier Zahlen in dieser Metrik ist ja der Abstand ihrer Funktionswerte unter $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$

25.11.2013, 23:18

Kääsee

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Nein, irgendwie bin ich zu blöd.
Ich brauche also eine Folge, bei der der Abstand der Folgeglieder mit zunehmendem Index beliebig klein wird, die aber nicht gegen einen Wert konvergiert verwirrt

verwirrt

25.11.2013, 23:30

EinGast

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da $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ die reellen Zahlen bijektiv ins Intervall $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ abbildet, genügt es, eine Cauchyfolge (bez dem normalen Betrag!) in $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ zu finden, die nicht konvergiert in $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ . Die Urbilder unter f sind dann die gesuchte Folge $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$

25.11.2013, 23:39

Kääsee

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Mir fällt überhaupt GAR KEINE Cauchy-Folge ein, die nicht konvergent sein könnte unglücklich

unglücklich

Vielleicht kannst du mir ja mal ein anderes Beispiel für eine divergente Cauchy-Folge geben, sodass ich mir das überhaupt vorstellen kann..? Sorry!

edit:

Achso, könnte ich einfach z.B. $\begin{eqnarray*} a_n=2-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ nehmen, weil diese Folge den Grenzwert 2 hat und dieser nicht im Intervall liegt? verwirrt

verwirrt

25.11.2013, 23:44

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee
Achso, könnte ich einfach z.B. $\begin{eqnarray*} a_n=2-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ nehmen, weil diese Folge den Grenzwert 2 hat und dieser nicht im Intervall liegt? verwirrt

verwirrt

nein, da die $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ja im Intervall $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ liegen müssen, aber du bist nahe dran...

25.11.2013, 23:47

Kääsee

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$\begin{eqnarray*} a_n=1-\frac{1}{n}? \end{eqnarray*}$

1 liegt ja schon außerhalb...

25.11.2013, 23:49

EinGast

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richtig! jetzt musst du nur noch die entsprechenden x-Werte ausrechnen

25.11.2013, 23:58

Kääsee

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Du glaubst nicht, wie blöd ich mich gerade fühle. Ich verstehe überhaupt nicht, was wir hier gerade aus welchem Grund machen traurig

traurig

Möchtest du von mir, dass ich jetzt eine "Umkehrfolge" angebe oder was? Von welchen x-Werten redest du?

26.11.2013, 00:03

EinGast

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Die Funktion $\begin{eqnarray*} f\colon\mathbb{R}\to (-1,1) \end{eqnarray*}$ ist ja bijektiv, also existiert zu jedem $\begin{eqnarray*} a_n=1-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ (liegt im Intervall $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ ) genau ein $\begin{eqnarray*} x_n\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x_n)=a_n \end{eqnarray*}$ . Und dieses $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ solltest du berechnen

26.11.2013, 00:22

Kääsee

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also du meinst so:?

$\begin{eqnarray*} \frac{x_n}{1+|x_n|}=1-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

Dann müsste ich doch ne Fallunterscheidung zwischen $\begin{eqnarray*} x_n<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} xn_>0 \end{eqnarray*}$ machen, oder?

Und da bekomm' ich dann zwei unterschiedliche Ergebnisse für x_n raus..

26.11.2013, 00:29

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee
also du meinst so:?

$\begin{eqnarray*} \frac{x_n}{1+|x_n|}=1-\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$

ja

Zitat:

Dann müsste ich doch ne Fallunterscheidung zwischen $\begin{eqnarray*} x_n<0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} xn_>0 \end{eqnarray*}$ machen, oder?

nein, $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ muss positiv sein (denn $\begin{eqnarray*} f(t) \end{eqnarray*}$ ist negativ für $\begin{eqnarray*} t<0 \end{eqnarray*}$ )

26.11.2013, 00:32

Kääsee

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dann bekäme ich $\begin{eqnarray*} x_n=n-1 \end{eqnarray*}$

26.11.2013, 00:38

EinGast

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ja. Das ist eine Cauchy-Folge in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , die nicht konvergiert bez der Metrik $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ . Allgemeiner tut es jede Folge $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_n\to\infty \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_n\to-\infty \end{eqnarray*}$ , also beispielsweise auch einfach $\begin{eqnarray*} x_n=n \end{eqnarray*}$

26.11.2013, 00:44

Kääsee

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ok, danke. Aber ich muss doch dann noch irgendwie zeigen, dass ich für jedes Epsilon ein passendes N finden kann, sodass für alle größeren Indizes das hier gilt:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{n-1}{1+|n-1|}-\frac{m-1}{1+|m-1|}\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Oder nicht?

26.11.2013, 00:54

EinGast

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ja, du musst irgendwie zeigen, dass sie eine Cauchyfolge bilden. Oder du kannst wie gesagt auch ein anderes $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ nehmen , zB x_n=n

Wenn du die Lösung für die Abgabe aufschreibst, musst du nicht unbedingt so vorgehen, wie wir es jetzt im Thread gemacht haben - das mit der Funktion f sollte nur zeigen, wie man sich das Ganze vorstellen kann und wie man dann eine Lösung findet.

26.11.2013, 01:03

Kääsee

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Ja, ok, dann nehme ich $\begin{eqnarray*} x_n=n \end{eqnarray*}$ . Trotzdem macht es das für mich nicht leichter, zu zeigen, dass es eine Cauchy-Folge ist.
Ich werde jetzt erst mal schlafen gehen und morgen ein bisschen überlegen, vielleicht fällt mir ja was ein.
Aber über Tipps wäre ich immer dankbar Augenzwinkern

Augenzwinkern

Auf jeden Fall vielen Dank, dass du mir so toll geholfen hast, obwohl ich relativ schwierig mit mir war! Mit Zunge

Mit Zunge

26.11.2013, 15:39

Kääsee

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So, also ich hab jetzt was aufgetüftelt, wäre lieb, wenn ihr mir sagen könntet, ob das ok so ist.

Sei $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine Folge mit $\begin{eqnarray*} a_n=n \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} \epsilon>0, m\geq n \geq n* \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n*=\frac{2}{\epsilon}-1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} n,m,n*\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} d(a_n, a_m)=\left |\frac{n}{1+n}-\frac{m}{1+m}\right| \end{eqnarray*}$ (Betragsstriche entfallen, da n und m natürliche Zahlen sind)

$\begin{eqnarray*} =\left |\frac{1+n-1}{1+n}-\frac{1+m-1}{1+m}\right| \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} =\left |1-\frac{1}{1+n}-\left(1-\frac{1}{1+m}\right)\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\left |(-1)\cdot \left(\frac{1}{1+n}-\frac{1}{1+m}\right)\right|=\left |\frac{1}{1+n}-\frac{1}{1+m}\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq \left|\frac{1}{1+n}\right|+\left|(-1)\left(\frac{1}{1+m}\right)\right|=\frac{1}{1+n}+\frac{1}{1+m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq\frac{2}{1+m}\leq\frac{1}{1+n*}=\frac{1}{1+\frac{2}{\epsilon}-1}=\epsilon \end{eqnarray*}$

26.11.2013, 17:24

EinGast

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stimmt bis auf einige kleinere Ungenauigkeiten (die alle leicht behebbar sind):

Zitat:

Original von Kääsee
$\begin{eqnarray*} n*=\frac{2}{\epsilon}-1 \end{eqnarray*}$

so ist $\begin{eqnarray*} n^* \end{eqnarray*}$ im allgemeinen keine natürliche Zahl - du kannst aber einfach $\begin{eqnarray*} \ge \end{eqnarray*}$ nehmen

Zitat:

$\begin{eqnarray*} d(a_n, a_m)=\left |\frac{n}{1+n}-\frac{m}{1+m}\right| \end{eqnarray*}$ (Betragsstriche entfallen, da n und m natürliche Zahlen sind)

$\begin{eqnarray*} =\left |\frac{1+n-1}{1+n}-\frac{1+m-1}{1+m}\right| =\left |1-\frac{1}{1+n}-\left(1-\frac{1}{1+m}\right)\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\left |(-1)\cdot \left(\frac{1}{1+n}-\frac{1}{1+m}\right)\right| =\left |\frac{1}{1+n}-\frac{1}{1+m}\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \leq \left|\frac{1}{1+n}\right|+\left|(-1)\left(\frac{1}{1+m}\right)\right|=\frac{1}{1+n}+\frac{1}{1+m} \end{eqnarray*}$

soweit bin ich einverstanden

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \leq\frac{2}{1+m} \end{eqnarray*}$

du hast $\begin{eqnarray*} m\ge n \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, also ist dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+m}\le \frac{1}{1+n} \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \leq\frac{1}{1+n*}=\frac{1}{1+\frac{2}{\epsilon}-1}=\epsilon \end{eqnarray*}$

am Schluss erhält man mit deiner Wahl von $\begin{eqnarray*} n^* \end{eqnarray*}$ hier $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ (und das zweitletzte Gleichheitszeichen wird ein $\begin{eqnarray*} \le \end{eqnarray*}$ , wenn du $\begin{eqnarray*} n^* \end{eqnarray*}$ wie oben vorgeschlagen mit einer Ungleichung definierst).

Ok, nun musst du nur noch zeigen, dass die Folge $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ keinen Grenzwert hat

26.11.2013, 18:06

Kääsee

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Zitat:

Original von EinGast

[quote] $\begin{eqnarray*} \leq\frac{2}{1+m} \end{eqnarray*}$

du hast $\begin{eqnarray*} m\ge n \end{eqnarray*}$ vorausgesetzt, also ist dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+m}\le \frac{1}{1+n} \end{eqnarray*}$

ok, dann $\begin{eqnarray*} \leq \frac{2}{1+n} \end{eqnarray*}$ ?

Zitat:

am Schluss erhält man mit deiner Wahl von $\begin{eqnarray*} n^* \end{eqnarray*}$ hier $\begin{eqnarray*} \frac{\epsilon}{2} \end{eqnarray*}$ anstelle von $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ (und das zweitletzte Gleichheitszeichen wird ein $\begin{eqnarray*} \le \end{eqnarray*}$ , wenn du $\begin{eqnarray*} n^* \end{eqnarray*}$ wie oben vorgeschlagen mit einer Ungleichung definierst).

Dann nehme ich einfach $\begin{eqnarray*} n*=\frac{1}{\epsilon}-1 \end{eqnarray*}$ ? smile

smile

26.11.2013, 18:53

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee

ok, dann $\begin{eqnarray*} \leq \frac{2}{1+n} \end{eqnarray*}$ ?

ja

Zitat:

Dann nehme ich einfach $\begin{eqnarray*} n*=\frac{1}{\epsilon}-1 \end{eqnarray*}$ ? smile

smile

ja, wobei das wie gesagt i.a keine ganze Zahl ist

26.11.2013, 20:01

Kääsee

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Ok, sorry, $\begin{eqnarray*} n*\leq\frac{1}{\epsilon}-1 \end{eqnarray*}$

Jetzt geht's aber weiter mit den Fragen unglücklich

unglücklich

Ich soll nun zeigen, dass eine reelle Folge $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit der Standardmetrik genau dann gegen $\begin{eqnarray*} x^{*}\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ konvergiert, wenn [x gegen $\begin{eqnarray*} x^{*} \end{eqnarray*}$ in \mathbb R mit dieser gegebenen Metrik $\begin{eqnarray*} (d_{*}) \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Ich hätte das folgendermaßen angegangen:

Wenn die Folge $\begin{eqnarray*} (x_n) in \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit der Standardmetrik den Grenzwert x* hat, dann geht ja auch jedes x der Folge gegen diesen Grenzwert, bzw. da \mathbb R mit der Standardmetrik vollständig ist, ist jede konvergente Folge auch eine Cauchy-Folge.

Daher würde ich setzen:

$\begin{eqnarray*} |x-x*|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Und jetzt das geeignet umformen, sodass ich zu $\begin{eqnarray*} \left|\frac{x}{1+x}-\frac{x*}{1+x*}\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$ komme.

Frage:
Gilt $\begin{eqnarray*} |x+1-(x*+1)|\rightarrow \left|\frac{x}{x+1}-\frac{x*}{1+x*}\right| \end{eqnarray*}$

? verwirrt

verwirrt

26.11.2013, 21:21

EinGast

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Zitat:

Original von Kääsee
Ok, sorry, $\begin{eqnarray*} n*\leq\frac{1}{\epsilon}-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ge \end{eqnarray*}$

Zitat:

Frage:
Gilt $\begin{eqnarray*} |x+1-(x*+1)|\rightarrow \left|\frac{x}{x+1}-\frac{x*}{1+x*}\right| \end{eqnarray*}$

verwirrt

verstehe ich nicht

ich würde bei $\begin{eqnarray*} \left|\frac{x_n}{1+|x_n|}-\frac{x^*}{1+|x^*|}\right| \end{eqnarray*}$ alles auf einen Bruch bringen und dann im Zähler ein bisschen abschätzen, dann erhält man eine obere Schranke der Form $\begin{eqnarray*} c|x_n-x^*| \end{eqnarray*}$ mit einer Konstanten $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ (dh die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist Lipschitz-stetig auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ )

PS bin offline für heute

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