Konvergenz von Folgen

08.07.2016, 21:46

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Konvergenz von Folgen

Hallo,

ich habe hier eine Definition zu Folgen, die ich nicht ganz verstehe. Siehe dazu Bild im Anhang.

Mit Norm ist einfach der Betrag de jeweiligen Mengen gemeint oder? Also in den reellen Zahlen wird eine neg. Zahl immer zu einer pos. etc.

Lass uns vielleicht erstmal den ersten Punkt klären. Da steht eine Folge konvergiert gegen a, wenn es zu jedem $\begin{eqnarray*} \epsilon \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit und dieses $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ positiv ist, eine ganze Zahl $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ gibt, sodass alle ganze Zahlen größer oder mindestens gleich sind wie $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ und dann gilt: $\begin{eqnarray*} ||a_n - a || < \epsilon \end{eqnarray*}$ - Dann ist a der Grenzwert.

Ich verstehe das leider gar nicht.

1. Mit $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist das n-te Glied der Reihe gemeint?
2. Von wo kommt denn das Epsilon auf einmal her? Welche Bedeutung hat das?
3. Und warum soll die Differenz vom n-ten Glied und a kleiner wie Epsilon sein, wenn ich das so überprüfe, dann müsste ich ja alle a's ausprobieren und das wäre ja ziemlich mühsam, um den Grenzwert letztendlich zu finden, oder nicht?

Gruß
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08.07.2016, 23:51

10001000Nick1

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RE: Konvergenz von Folgen

Zitat:

Original von Abstract
1. Mit $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist das n-te Glied der Reihe gemeint?

Du hast hier keine Reihe; $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist das n-te Glied der Folge.

Zitat:

Original von Abstract
2. Von wo kommt denn das Epsilon auf einmal her? Welche Bedeutung hat das?

Das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ ist eine beliebige positive reelle Zahl. Und die Bedingung soll für jedes solche $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ gelten.

Zitat:

Original von Abstract
3. Und warum soll die Differenz vom n-ten Glied und a kleiner wie Epsilon sein, wenn ich das so überprüfe, dann müsste ich ja alle a's ausprobieren und das wäre ja ziemlich mühsam, um den Grenzwert letztendlich zu finden, oder nicht?

Das entspricht ja anschaulich der Vorstellung eines Grenzwertes: Die Folge nähert sich dem Grenzwert immer mehr an; es soll also der Betrag der Differenz zwischen Folgengliedern und Grenzwert immer kleiner werden.
Weil aber für die Konvergenz die ersten endlich vielen Folgenglieder egal sind, muss die Bedingung erst ab einem bestimmten Index $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ gelten.

Natürlich musst du nicht alle $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ausprobieren; das ist nicht nur ziemlich mühsam, sondern schlichtweg unmöglich (immerhin gibt es unendlich viele Möglichkeiten...). Augenzwinkern

Augenzwinkern

Oft sieht man den Grenzwert einer Folge schon durch "scharfes Hinsehen" und muss dann nur noch beweisen, dass das tatsächlich der Grenzwert ist (z.B. bei $\begin{eqnarray*} a_n=\frac 1n \end{eqnarray*}$ ). Und dann gibt es auch noch Grenzwertsätze etc. für zusammengesetzte Folgen (Summen, Produkte usw. von Folgen): Wenn man die Grenzwerte der einzelnen Folgen kennt, kann man damit auch den Grenzwert der Summe/Produkt der Folgen berechnen.

09.07.2016, 00:15

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Ahh, verstehe danke.

Also hier sehe ich leicht, dass der Grenzwert a=0 ist.

Dadurch muss dann gelten, dass $\begin{eqnarray*} a_n > \epsilon \end{eqnarray*}$ ist und somit durch einsetzen $\begin{eqnarray*} n_0 < \frac{1}{\epsilon} \end{eqnarray*}$ folgt.

1. Aber warum muss das immer für jedes Epsilon in den Reellen Zahlen gelten? Epsilon ist doch mein Maximaler Abstand zum Grenzwert a. Warum soll das für Epsilon=1 und für Epsilon=1000000000 dasselbe sein? Das ist leider extrem verwirrend.
2. Was ist, wenn man den Grenzwert a nicht herauslesen kann an erster Stelle?

09.07.2016, 00:28

10001000Nick1

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Zitat:

Original von Abstract
Dadurch muss dann gelten, dass $\begin{eqnarray*} a_n > \epsilon \end{eqnarray*}$ ist und somit durch einsetzen $\begin{eqnarray*} n_0 < \frac{1}{\epsilon} \end{eqnarray*}$ folgt.

Genau andersrum: Es muss $\begin{eqnarray*} |a_n-a|=\frac 1n<\varepsilon \end{eqnarray*}$ gelten; also musst du ein $\begin{eqnarray*} n_0>\frac{1}{\varepsilon} \end{eqnarray*}$ wählen.

Zitat:

Original von Abstract
1. Aber warum muss das immer für jedes Epsilon in den Reellen Zahlen gelten? Epsilon ist doch mein Maximaler Abstand zum Grenzwert a. Warum soll das für Epsilon=1 und für Epsilon=1000000000 dasselbe sein? Das ist leider extrem verwirrend.

Da steht nur, dass du für jedes $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ finden musst, sodass ...
Das $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ wird aber im Allgemeinen von $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ abhängen (so wie bei dem Beispiel eben). Für $\begin{eqnarray*} \varepsilon=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varepsilon=1000000000 \end{eqnarray*}$ findest du also vielleicht verschiedene $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Abstract
2. Was ist, wenn man den Grenzwert a nicht herauslesen kann an erster Stelle?

Mit den oben erwähnten Grenzwertsätzen und z.B. der Regel von l'Hospital kannst du schon von verdammt vielen Folgen den Grenzwert berechnen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hast du ein konkretes Beispiel?

Oft ist man auch nicht am exakten Grenzwert interessiert; es reicht, wenn man weiß, dass eine Folge konvergiert (z.B. sind im Fall $\begin{eqnarray*} M=\mathbb R \end{eqnarray*}$ monotone und beschränkte Folgen konvergent).

09.07.2016, 18:39

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Ahh, danke dir vielmals, nun ist doch einiges klarer geworden!

Bei folgendem bin ich mir noch jedoch noch ein wenig unsicher:

1. Eine Folge (a_n) heißt in den reellen Zahlen beschränkt, wenn die Menge M ihrer Glieder beschränkt in den reellen Zahlen ist, d.h. da es ein c in den reellen Zahlen gibt, dass für alle Elemente in M größer oder größer-gleich ist. - Ich denke, dass das damit gemeint ist?

2. Eine Folge heißt monoton wachsend, wenn für alle n \in \mathbb{N}: a_{n+1}> a_n gilt. Das ist total klar, denn das vorherige Glied ist immer kleiner als das nächste.
Jedoch, was bedeutet dann streng monoton wachsend? Also laut Definition ist das $\begin{eqnarray*} a_{n+1}\geq a_n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ .

D.h. es kann sein, dass das vorherige Glied kleiner als dsa nächste ist ODER eben gleich dem Nächsten. Meint man das damit?

09.07.2016, 19:06

Mulder

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Monoton wachsend: $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \geq a_n \quad \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Streng monoton wachsend: $\begin{eqnarray*} a_{n+1}>a_n \quad \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Abstract
1. Eine Folge (a_n) heißt in den reellen Zahlen beschränkt, wenn die Menge M ihrer Glieder beschränkt in den reellen Zahlen ist, d.h. da es ein c in den reellen Zahlen gibt, dass für alle Elemente in M größer oder größer-gleich ist. - Ich denke, dass das damit gemeint ist?

Du musst unterscheiden zwischen "nach unten beschränkt" und "nach oben beschränkt". Beides zusammen bedeutet dann "beschränkt".

Z.B. ist die Folge $\begin{eqnarray*} a_n=-n \end{eqnarray*}$ wohl nach oben beschränkt, nicht aber nach unten. Ergo auch nicht beschränkt. Da scheitert schon deine Formulierung. Nimmst du den Betrag, dann passt es. Also:

$\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist beschränkt, wenn es ein $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} |a_n| \leq c \quad \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

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09.07.2016, 20:07

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Ah, danke.

Zitat:

Original von Mulder
Monoton wachsend: $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \geq a_n \quad \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Ja, d.h. das vorherige Glied kann gleich dem nächsten sein oder eben kleiner als das nächste, richtig?

Zitat:

Z.B. ist die Folge $\begin{eqnarray*} a_n=-n \end{eqnarray*}$ wohl nach oben beschränkt, nicht aber nach unten. Ergo auch nicht beschränkt. Da scheitert schon deine Formulierung. Nimmst du den Betrag, dann passt es. Also:

$\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ist beschränkt, wenn es ein $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} |a_n| \leq c \quad \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

D.h., wenn ich eine nach oben beschränkte Folge wie hier habe und dessen Betrag auch nach unten beschränkt ist, dann kann ich sagen, dass die ganze Folge "beschränkt" ist?

------------

Wenn $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ eine monoton wachsende und nach oben beschränkte Folge ist, dann besitzt $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ja einen Grenzwert, da sie ja nach oben beschränkt ist. Und es gilt folgendes: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a_n = sup(a_n: n\in \mathbb N) \end{eqnarray*}$ .

Ich nehme an, dass dann der Grenzwert eine obere Schranke, also ein Supremum, ist.

Das geht auch umgekehrt:
Wenn $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende und nach unten beschränkte Folge ist, dann besitzt $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ ja einen Grenzwert, da sie ja nach unten beschränkt ist. Und es gilt folgendes: $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a_n = inf(a_n: n\in \mathbb N) \end{eqnarray*}$ .

Hier nehme ich wieder an, dass dann der Grenzwert eine untere Schranke, also ein Infimum, ist.

Bei einer monoton wachsenden Folge, die nach oben beschränkt ist, gibt es ja nicht unendlich Glieder, jedoch lässt man n trotzdem gegen Unendlich gehen. Wieso? Hier muss ich ja gar nichts mit dem Limes genau berechnen/schätzen, denn es ist doch im vorhinein klar das genau bei solchen Folgen, dass letzte Element, also das größte a_n, der Grenzwert ist und somit auch die obere Schranke. Oder nicht? Das ist doch damit gemeint, denke ich.

09.07.2016, 20:39

Mulder

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Zitat:

Original von Abstract
Bei einer monoton wachsenden Folge, die nach oben beschränkt ist, gibt es ja nicht unendlich Glieder, jedoch lässt man n trotzdem gegen Unendlich gehen. Wieso? Hier muss ich ja gar nichts mit dem Limes genau berechnen/schätzen, denn es ist doch im vorhinein klar das genau bei solchen Folgen, dass letzte Element, also das größte a_n, der Grenzwert ist und somit auch die obere Schranke. Oder nicht? Das ist doch damit gemeint, denke ich.

Hä?

verwirrt

Beispiel für eine (streng) monoton wachsende, nach oben beschränkte Folge:

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

Grenzwert: $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ (entspricht natürlich dem Supremum, ja)

Was du mit "letztes Element" meinst, ist mir völlig unklar.

09.07.2016, 20:52

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Achso, ich dachte mit den Einschränkungen habe ich keine unendlich Glieder. Habe ich dann wohl verwechselt.

Ich fass nochmal kurz ein paar Fragen zusammen bitte:

1. Eine Folge hat immer unendlich Glieder, richtig?
2. D.h., wenn ich eine nach oben beschränkte Folge $\begin{eqnarray*} (a_n)=-n \end{eqnarray*}$ habe und dessen Betrag auch nach unten beschränkt ist, dann kann ich sagen, dass die ganze Folge "beschränkt" ist? Kann ich das immer so sagen?
3. Eine monoton fallende, nach unten beschränkte Folge ist dann $\begin{eqnarray*} a_n = \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ und das Infimum ist dann auch hier Null, richtig?

09.07.2016, 22:49

10001000Nick1

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1. Ja. (Formal ist eine Folge eine Abbildung von den natürlichen Zahlen in irgendeine Menge; und es gibt unendliche viele natürliche Zahlen.)

2. Der Betrag einer Folge ist immer nach unten beschränkt (er kann ja nie kleiner als 0 werden). "Beschränkt" bedeutet das gleiche wie "nach oben und nach unten beschränkt" und das gleiche wie "der Betrag ist nach oben beschränkt".

3. Richtig.

09.07.2016, 23:01

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Verstehe, danke.

D.h. der Betrag ist immer nach unten besdchränkt und wenn zusätzlich folgendes gilt, dann ist die Folge beschränkt: wenn es ein $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} |a_n| \leq c \quad \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} a_n = |-n| \end{eqnarray*}$ ist das nicht der Fall, jedoch $\begin{eqnarray*} a_n = |-\frac{1}{n}| \end{eqnarray*}$ nehme ich an? Da ich in der Menge M keine neg. Zahlen dabei habe, aber auch keine Größeren als 1.

10.07.2016, 11:45

10001000Nick1

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Genau; für $\begin{eqnarray*} a_n=\frac1n \end{eqnarray*}$ ist 1 eine obere Schranke und 0 eine untere.

Und für $\begin{eqnarray*} a_n=n \end{eqnarray*}$ gibt es keine obere Schranke; die Folge ist nach oben unbeschränkt.

10.07.2016, 17:22

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Sehr gut!

Ich habe hier auch gleich ein Beispiel an dem ich mich versucht habe:
Gegeben ist die Folge $\begin{eqnarray*} a_n = (1+\frac{1}{n^{\alpha}})^n \end{eqnarray*}$

1. Zu zeigen ist, dass die Folge für $\begin{eqnarray*} \alpha > 1 \end{eqnarray*}$ unbeschränkt ist.
2. Zu zeigen ist, dass die Folge für $\begin{eqnarray*} \alpha < 1 \end{eqnarray*}$ gegen 1 konvergiert.
3. Was passiert bei $\begin{eqnarray*} \alpha=1 \end{eqnarray*}$ ?

1. Hier habe ich das mit Bernoulli gezeigt.
Es gilt laut Bernoulli: $\begin{eqnarray*} (1+\frac{1}{n^{\alpha}})^n > 1 + \frac{1}{n^{\alpha - 1}} \end{eqnarray*}$
Sei $\begin{eqnarray*} \alpha < 1 \end{eqnarray*}$ , dann divergiert die rechte Seite der Ungleichung. Und da diese kleiner ist als die linke Seite, muss auch $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ divergieren. Daraus folgt, das die gegebene Folge nur nach unten beschränkt ist und nach oben nicht, also ist sie gesamt unbeschränkt.

2. Sei nun $\begin{eqnarray*} \alpha > 1 \end{eqnarray*}$
Hier sieht man doch gleich, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^{\alpha}} \end{eqnarray*}$ bei gegebenen Alpha gegen Null konvergiert. Es verbleibt $\begin{eqnarray*} 1^n=1 \end{eqnarray*}$ . Also $\begin{eqnarray*} a_n \rightarrow 1 \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich mir hier Bernoulli angucke, dann konvergiert doch auch der rechte Teil der Ungleichung oben gegen 1, aber kann man darausschließen, dass dann auch der linke Teil das macht? Eigentlich nicht, oder?

Gibt es sonst noch etwas auszusetzen?

10.07.2016, 18:28

10001000Nick1

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Zitat:

Original von Abstract
Hier sieht man doch gleich, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n^{\alpha}} \end{eqnarray*}$ bei gegebenen Alpha gegen Null konvergiert. Es verbleibt $\begin{eqnarray*} 1^n=1 \end{eqnarray*}$ . Also $\begin{eqnarray*} a_n \rightarrow 1 \end{eqnarray*}$ .

Wenn das so funktionieren würde, würde diese Argumentation für alle $\begin{eqnarray*} \alpha>0 \end{eqnarray*}$ funktionieren. Das heißt, für alle $\begin{eqnarray*} \alpha>0 \end{eqnarray*}$ wäre $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n^{\alpha}})^n=1 \end{eqnarray*}$ .

Also ist entweder die Aufgabenstellung falsch oder deine Argumentation. In diesem Fall ist es letzteres. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das Problem ist, dass du nicht "partiell" den Grenzwert bilden darfst; du musst alle n gleichzeitig gegen $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ gehen lassen.

Der Teil für $\begin{eqnarray*} \alpha<1 \end{eqnarray*}$ ist richtig.

Für den Fall $\begin{eqnarray*} \alpha>1 \end{eqnarray*}$ müsste man wissen, was du alles benutzen kannst/darfst. Z.B. könntest du es mit l'Hospital machen.
Man könnte es auch mit dem Sandwichlemma machen:
Es gilt $\begin{eqnarray*} 1<1+\frac{1}{n^\alpha}\leq 1+\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} 1^n<\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\leq \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$

Jetzt schätzt man noch die rechte Seite dieser Ungleichung mithilfe des Binomischen Lehrsatzes ab und hat dann ein passendes Sandwich.

10.07.2016, 19:29

HAL 9000

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Auch 2) $\begin{align*} \alpha>1 \end{align*}$ geht mit Bernoulli-Ungleichung, allerdings über den Kehrwert:

$\begin{align*} 1 \geq \left(1 + \frac{1}{n^{\alpha}}\right)^{-n} = \left(1 - \frac{1}{n^{\alpha}+1}\right)^n \geq 1 - \frac{n}{n^{\alpha}+1} \end{align*}$ .

Im Fall $\begin{align*} \alpha>1 \end{align*}$ konvergiert der Bruch ganz rechts gegen 0, damit die gesamte rechte Seite gegen 1. Per Sandwich gilt damit

$\begin{align*} \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n^{\alpha}}\right)^{-n} = 1 \end{align*}$ woraus offenbar auch für den Originalgrenzwert $\begin{align*} \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n^{\alpha}}\right)^n = 1 \end{align*}$

folgt.

10.07.2016, 22:57

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Danke!!

Tatsächlich sind die gesagten Methodenbegriffe schon in der VL gefallen - Ich werds nun auf mehrere Varianten versuchen:
Sei $\begin{eqnarray*} \alpha > 1. \end{eqnarray*}$

1. L'Hospital
$\begin{eqnarray*} a_n = (1+\frac{1}{n^{\alpha}})^n=\frac{(n^{\alpha}+1)^n}{n^{n\cdot \alpha}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} \frac{(n^{\alpha}+1)^n}{n^{n\cdot \alpha}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n\cdot (n^{\alpha}+1)^{n-1}\cdot \alpha n^{\alpha-1}}{\alpha \cdot n^{\alpha n}\cdot (\log(n)+1)} \end{eqnarray*}$

Hm, meinen wir hier denselben L'Hospital smile

smile

? Denn nach Anwenden der Regel von L'Hospital ist es ja noch wirrer geworden, finde ich.

2. Sandwich
Das Sandwichlemma besagt doch folgendes:
Seien $\begin{eqnarray*} (a_n), (b_n) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ Folgen in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n \to a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_n \to a \end{eqnarray*}$ . Falls es einen Index $\begin{eqnarray*} n_0 \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} n \geq n_0 \forall n \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} a_n \geq c_n \geq b_n \end{eqnarray*}$ , dann gilt $\begin{eqnarray*} c_n \to a \end{eqnarray*}$ .

Da hast du ja schon einen Schritt gemacht:
$\begin{eqnarray*} 1<1+\frac{1}{n^\alpha}\leq 1+\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} 1^n<\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\leq \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$

Gut, man darf ja einfach über alle Folgen mit n potenzieren und es verändert sich ja nichts. Und schon ist unsere Folge in der "Mitte", was ja das Ziel ist des Sandwichlemmas. $\begin{eqnarray*} 1^n \end{eqnarray*}$ konvergiert offensichtlich gegen 1. Jedoch bleibt zu beweisen, dass $\begin{eqnarray*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray*}$ gegen 1 konvergiert.

Jedoch bin mir nicht so sicher, was der Binomische Lehrsatz hier bringen soll:
$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\sum_{i=0}^n \frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{1}{n^i} \end{eqnarray*}$

Ja jetzt hab ich eine unendliche Reihe. Aber ich weiß nicht so recht, was ich dann noch machen soll.

3. Wenn der Kehrwert einer Folge gegen a konvergiert, konvergiert dann die Folge auch gegen a?
Ich kann HAL 9000's Vorgehensweise nachvollziehen, aber ein Sandwich so zuformen, dass man die Konvergenz des rechten Teils der Ungleichung so berechnet, dass auch genau wieder 1 rauskommt, ist doch voll schwer oder?

Oder naja, kann es überhaupt passieren, dass ein anderer Grenzwert rauskommt, wenn ich die Linke und Rechte Seite des Sandwiches hier einfach anders wähle, aber dennoch die Größer/Kleiner-Kriterien erfüllt sind.
Oder kommt da jetzt immer 1 raus, da wir ja wissen, dass die Folge in der Mitte jetzt 100% den Grenzwert 1 hat.
Das ist jedoch ein wenig verwirrend.

11.07.2016, 09:31

10001000Nick1

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Bei l'Hospital dachte ich an folgenden "Trick", den man oft anwendet, wenn die Variable in der Basis und im Exponenten steht:

$\begin{eqnarray*} \begin{aligned}\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n &=\lim_{n\to\infty}\exp\left[ \ln \left(\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\right)\right] \\ &= \lim_{n\to\infty} \exp\left[ \lim_{n\to\infty} n\cdot \ln \left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)\right] \\ &= \exp\left[ \lim_{n\to\infty} n\cdot \ln \left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)\right]\end{aligned} \end{eqnarray*}$

Der innere Grenzwert ist jetzt von der Form " $\begin{eqnarray*} \infty\cdot 0 \end{eqnarray*}$ ", kann also mit l'Hospital berechnet werden.

Zu 2.: Vergiss meinen Vorschlag. $\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1n\right)^n \end{eqnarray*}$ konvergiert nicht gegen 1, weswegen mein Tipp nichts bringt. Weiß auch nicht, was ich da gedacht habe. Hammer

Hammer

Zu 3.:

Zitat:

Original von Abstract
3. Wenn der Kehrwert einer Folge gegen a konvergiert, konvergiert dann die Folge auch gegen a?

Wenn $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} a_n=a \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{a_n}=\frac 1a \end{eqnarray*}$ (sofern $\begin{eqnarray*} a\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist).

Und speziell für $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ ist eben $\begin{eqnarray*} a=\frac 1a \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Abstract
Ich kann HAL 9000's Vorgehensweise nachvollziehen, aber ein Sandwich so zuformen, dass man die Konvergenz des rechten Teils der Ungleichung so berechnet, dass auch genau wieder 1 rauskommt, ist doch voll schwer oder?

Ansichtssache. Anfangs fällt einem das natürlich noch schwer. Mit der Zeit kommt dann die Übung; und dann fallen einem passende Abschätzungen oft schneller ins Auge.

Zitat:

Original von Abstract
Oder naja, kann es überhaupt passieren, dass ein anderer Grenzwert rauskommt, wenn ich die Linke und Rechte Seite des Sandwiches hier einfach anders wähle, aber dennoch die Größer/Kleiner-Kriterien erfüllt sind.

Wäre ja ziemlich merkwürdig, wenn du zeigen könntest, dass eine Folge zwei verschiedene Grenzwerte hat. verwirrt

verwirrt

Du kannst natürlich eine größere Folge wählen, die nicht Grenzwert 1 hat. Nur hast du kein "Sandwich" mehr: Kleinere und größere Folge müssen denselben Grenzwert haben, damit du das Sandwichlemma anwenden kannst.
D.h. ein Sandwich wirst du nur mit Folgen finden, die gegen 1 konvergieren.

11.07.2016, 16:15

Abstract

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Oh verstehe, danke. Klingt ja alles ganz plausibel^^.

Zitat:

Bei l'Hospital dachte ich an folgenden "Trick", den man oft anwendet, wenn die Variable in der Basis und im Exponenten steht: $\begin{eqnarray*} \begin{aligned}\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n &=\lim_{n\to\infty}\exp\left[ \ln \left(\left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)^n\right)\right] \\ &= \lim_{n\to\infty} \exp\left[ \lim_{n\to\infty} n\cdot \ln \left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)\right] \\ &= \exp\left[ \lim_{n\to\infty} n\cdot \ln \left(1+\frac{1}{n^\alpha}\right)\right]\end{aligned} \end{eqnarray*}$

D.h. man darf den Limes immer irgendwo in den Exponenten ziehen bzw. immer da "reinziehen" wo ein n ist?

Den Limes vorm exp hast du dann wahrscheinlich weggelassen, da ja da unten kein n steht, nehme ich an und so wird der Limes da unten überflüssig.

Nachdem ich einzeln abgeleitet habe bekomme ich folgendes raus:
= $\begin{eqnarray*} \exp\left[\lim_{n\to\infty}-\frac{\alpha}{n+n^{\alpha+1}}\right] \end{eqnarray*}$

Da der Exponent gegen Null konvergiert, konvergiert unser ursprüngliches $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ gegen 1 für $\begin{eqnarray*} \alpha > 1 \end{eqnarray*}$ .

-----------------------------

Ich möchte noch ein wenig dieses Sandwichlemma üben. Folgende Folge ist gegeben:
$\begin{eqnarray*} a_n = \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} b_n \leq a_n \leq c_n \end{eqnarray*}$

Vorgehensweise:
Also prinzipiell muss man vorher sich ja immer im Klaren sein, gegen Welche Wert meine Folge konvergieren könnte, um passende Sandwich-Folgen zu finden. Hier sieht es z.B. fast so aus, als würde diese Folge gegen 0 konvergieren, daher wähle ich $\begin{eqnarray*} b_n = \sqrt{n}-\sqrt{n} \end{eqnarray*}$ oder auch einfach $\begin{eqnarray*} b_n=0 \end{eqnarray*}$ . Beide Folgen sind definitv kleiner wie $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ und konvergieren gegen Null.

Das schwierige ist jetzt eine größere Folge zu finden, wo es leicht ersichtbar ist, dass diese gegen Null konvergiert. Ich wollts mit $\begin{eqnarray*} c_n=\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)*\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right)=n+1-n-1 \end{eqnarray*}$ versuchen, aber das wird zu Null und ist kleiner als unsere Folge. Dann bin ich draufgekommen, dass ich einfach $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{n+1}+\sqrt{n-1} \end{eqnarray*}$ erweitern kann im Nenner und Zähler und die Folge würde gegen Null konvergieren, jedoch habe ich das jetzt einfach ohne Sandwichlemma gelöst, was aber nicht mein Ziel war.

Jedoch was könnte eine passende größere Folge sein?

11.07.2016, 16:37

magic_hero

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Zitat:

Original von Abstract
Ich möchte noch ein wenig dieses Sandwichlemma üben. Folgende Folge ist gegeben:
$\begin{eqnarray*} a_n = \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} b_n \leq a_n \leq c_n \end{eqnarray*}$

Es ergibt wenig Sinn, das Sandwichlemma auf alles drauf zu hauen, was nicht bei drei auf dem Bäumen ist. Hast du ja auch selbst gesehen...

Zitat:

Original von Abstract
Ich wollts mit $\begin{eqnarray*} c_n=\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)*\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right)=n+1-\color{red}(n-1) \end{eqnarray*}$ versuchen

Die Rechnung stimmt nicht, ich habe die fehlenden Klammern mal eingefügt. Die $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ sind schon größer als die $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ , aber es handelt sich nicht um eine Nullfolge. Wie gesagt, der Weg, der dir selbst aufgefallen ist, ist der bessere. Ich sehe auch keine geeignete Folge zum Abschätzen.

Um das Sandwichlemma zu üben, könntest du dich ja mal an folgender Folge probieren:
$\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_n = \sqrt[n]{a^n+b^n} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} a, b > 0 \end{eqnarray*}$ beliebige reelle Zahlen seien. Als Hinweis sei gesagt, mal $\begin{eqnarray*} m = \max{(a,b)} \end{eqnarray*}$ zu betrachten.

11.07.2016, 17:30

Abstract

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Danke. Das komische ist ja, dass genau das gefordert wurde als "Hinweis", was vielleicht doch nicht so ein guter Hinweis ist. (siehe Bild)

Dann muss $\begin{eqnarray*} c_n=\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)*\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right)=n+1-n+1 = 2 \end{eqnarray*}$ sein. Und $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ konvergiert somit gegen 2?

Jedoch dann zurück zu $\begin{eqnarray*} a_n%20=%20\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} = \frac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)*\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}}= \frac{n+1-n+1 }{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} = \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} \end{eqnarray*}$

Aber hier sieht man doch wieder ned, gegen was $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ konvergiert oder? Anfangs dachte ich ja, dass der Zähler Null wird, jedoch ist dieser nun 2.

11.07.2016, 21:41

Abstract

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PS: Hab mir das gegebene Beispiel von dir(magic_hero) angesehen.

$\begin{eqnarray*} a^{n^{\frac{1}{n}}} \leq \left(a^n+b^n\right)^{\frac{1}{n}} \leq \left(a^n+a^n\right)^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a \leq \left(a^n+b^n\right)^{\frac{1}{n}} \leq \left(2a^n\right)^{\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

(Eine Folge wie $\begin{eqnarray*} c^\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ konvergiert immer gegen 1, $\begin{eqnarray*} \forall c \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ )

Naja ganz links ist der Grenzwert a und ganz recht auch. Wobei hier a>b gelten muss. Wenn b>a ist, dann konvergieren die Folgen gegen b, wenn man es anders rum macht.

12.07.2016, 09:42

magic_hero

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Zitat:

Original von Abstract
Danke. Das komische ist ja, dass genau das gefordert wurde als "Hinweis", was vielleicht doch nicht so ein guter Hinweis ist. (siehe Bild)

Finde ich sehr seltsam, das ist hier absolut nicht der erste Weg, der mir einfallen würde. Was man natürlich machen kann, um dem trotzdem nachzukommen: Einfach den Weg gehen, den du im Folgenden gehst (also das Umformen mittels 3. binomischer Formel), und dann statt "=" ein kleiner gleich daraus zu machen. Die umgeformte Formel ist dann dein $\begin{eqnarray*} c_n \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Abstract
Jedoch dann zurück zu $\begin{eqnarray*} a_n%20=%20\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} = \frac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)*\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}}= \frac{n+1-n+1 }{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} = \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} \end{eqnarray*}$

Aber hier sieht man doch wieder ned, gegen was $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ konvergiert oder?

Doch. Der Zähler ist konstant, der Nenner unbeschränkt. Das ganze konvergiert gegen 0.

Zitat:

Original von Abstract
Naja ganz links ist der Grenzwert a und ganz recht auch. Wobei hier a>b gelten muss. Wenn b>a ist, dann konvergieren die Folgen gegen b, wenn man es anders rum macht.

Deine Betrachtungen sind so weit in Ordnung (wobei du den Fall a = b ausgelassen hast). Statt der Fallunterscheidung kann man auch direkt das Maximum von a und b betrachten, wie ich oben meinte. Ist aber so auch okay. Und sicher ein besseres Beispiel für das Sandwichlemma Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.07.2016, 13:08

Abstract

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Ahja, ist klar, danke!

Ja genau im Prinzip konvergiert die Folge gegen max(a,b). Und wenn a=b ist, eben gegen a und b, weil eben a=b gilt.

Und beim anderen Beispiel brauch ich ja nur eine grössere Zahl in den Nenner schreiben und ich hab meine grössere Folge, die gegen Null konvergiert, richtig?

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