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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:44 Di 16.11.2004 | | Autor: | Nilez |
Hallo!
Hab hier eine Folge an= [mm] 2^n/(1+ 2^n) [/mm] die wegen an= 1- [mm] (1/(1+2^n) [/mm] offensichtlich nach 1 konvergiert.
Sie ist deshalb auch eine Cauchyfolge.
Meine Frage nun:
Kann ich auch "direkt", also mittels Definition:
für alle [mm] \varepsilon [/mm] aus [mm] \IR+ [/mm] exist. ein [mm] N(\varepsilon) [/mm] :
|an- [mm] ak|<\varepsilon [/mm] für alle n, [mm] k>=N(\varepsilon),
[/mm]
die Cauchyeigenschaft nachweisen ohne auf Konvergenz hin zu prüfen?
Wie ist es möglich ein so ein [mm] N(\varepsilon) [/mm] für die Cauchyeigenschaft zu finden (Dass eine geeignete Nummer für die Konvergenz auch eine für die Cauchyeigenschaft ist, trau ich mich zu vermuten, gibts jedoch andere Wege ein solches [mm] N(\varepsilon) [/mm] zu finden?)
Danke schon mal im Voraus,
Nilez
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:14 Di 16.11.2004 | | Autor: | Micha |
Hallo Nilez!
Für den Beweis, dass es eine Cauchyfolge ist, genügt es zu zeigen, dass
[mm] \lim_{n \to \infty} | a_{n+1} - a_n | = 0 [/mm]
Setzen wir nun ein:
[mm] | a_{n+1} - a_n | = \left| \frac{2^{n+1}}{1+ 2^{n+1}} - \frac{2^{n}}{1+ 2^{n}} \right| = \left| \frac{2^{n+1} (1+ 2^n) - 2^n(1+2^{n+1})}{(1+ 2^{n+1})(1+ 2^{n})}\right| [/mm]
[mm] = \left| \frac{2^{n+1} + 2^{2n+1} - 2^n - 2^{2n+1}}{1+2^{n+1}+2^{n}+2^{2n+1}}\right| = \left| \frac{2^{n+1} - 2^n }{1+2^{n+1}+2^{n}+2^{2n+1}}\right|[/mm]
[mm]= \left| \frac{2^{n+1}\left(1 - \frac{2^n}{2^{n+1}}\right) }{2^{n+1} \left(\frac{1}{2^{n+1}}+1+\frac{2^{n}}{2^
{n+1}}+\frac{2^{2n+1}}{2^{n+1}}\right) }\right|[/mm]
[mm]= \left| \frac{1 - \frac{1}{2} }{\frac{1}{2^{n+1}}+1+\frac{1}{2}+2^{n+1} }\right|[/mm]
[mm]= \left| \frac{ \frac{1}{2} }{\frac{1}{2^{n+1}}+1+\frac{1}{2}+2^{n+1} }\right|[/mm]
Und das geht wohl gegen 0, wenn mich nicht alles täuscht.
Also ist deine Folge [mm] $a_n$ [/mm] eine Cauchyfolge.
Gruß Micha 
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:34 Mi 17.11.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo zusammen,
ich hoffe, Micha verzeiht mir, aber leider ist er nun offline, weshalb ich eine Bemerkung ins Forum setze, da sie (meiner Ansicht nach) von öffentlichem Interesse ist:
> Hallo Nilez!
>
> Für den Beweis, dass es eine Cauchyfolge ist, genügt es zu
> zeigen, dass
>
> [mm]\lim_{n \to \infty} | a_{n+1} - a_n | = 0[/mm]
I.A. kann man nicht aus:
[mm]\lim_{n \to \infty} | a_{n+1} - a_n | = 0[/mm]
folgern, dass [mm] $(a_n)_{n \in \IN}$ [/mm] eine Cauchyfolge ist.
Es gilt (in [mm] $\IR$ [/mm] mit der Betragsmetrik):
[mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] ist eine Cauchyfolge
[mm]\gdw[/mm]
[mm]\forall \varepsilon > 0[/mm] [mm]\exists N \in \IN[/mm]: [mm]\forall m,n \ge N[/mm]:
[mm]|a_n-a_m|< \varepsilon[/mm]
und dann:
[mm]\Rightarrow[/mm]
[mm]\forall n \ge N[/mm] gilt:
[mm]|a_{n+1}-a_n|<\varepsilon[/mm] (weil dann ja auch [mm]n+1\ge N[/mm] gilt).
D.h.:
Es gilt:
[mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] ist Cauchyfolge
[mm]\red{\Longrightarrow}[/mm]
[mm]|a_{n+1}-a_n| \to 0[/mm] ([mm]n \to \infty[/mm])
Nur der letzte Pfeil [mm]\red{\Longrightarrow}[/mm] läßt sich nicht zu
einem [mm]\Longleftarrow[/mm] umkehren, wie mein Gegenbeispiel
zeigt:
Sei [mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] definiert durch:
[mm]a_n:=\summe_{k=1}^n\frac{1}{k}[/mm].
Dann gilt:
[mm]|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{n+1} \to 0[/mm] ([mm]n \to \infty[/mm]), aber
[mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] ist keine Cauchyfolge, denn andernfalls
wäre sie in [mm]\IR[/mm] konvergent (wegen der Vollständigkeit von
[mm]\IR[/mm] z.B.). Wenn [mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] aber in [mm]\IR[/mm] konvergent wäre, so wäre auch
[mm]\summe_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}[/mm] in [mm] $\IR$ [/mm] konvergent, was aber sicherlich falsch ist.
Was man sicherlich aussagen kann:
Wenn [mm]|a_{n+1}-a_n|[/mm] nicht gegen [mm]0[/mm] geht (bei [mm]n \to \infty[/mm])
[mm]\Rightarrow[/mm]
[mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] ist keine Cauchyfolge. Aber wenn:
[mm]|a_{n+1}-a_n| \to 0[/mm] (bei $n [mm] \to \infty$), [/mm] dann weiß man i.A. weder, ob [mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] eine Cauchyfolge ist, noch, dass [mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] keine Cauchyfolge ist.
Kennt jemand vielleicht zusätzliche Voraussetzungen, so dass man aus:
[mm]\lim_{n \to \infty} | a_{n+1} - a_n | = 0[/mm] doch folgern kann, dass [mm] $(a_n)_{n \in \IN}$ [/mm] eine Cauchyfolge ist? Am besten eine Voraussetzung, die bei der Aufgabe hier auch gegeben ist! 
Viele Grüße,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:46 Mi 17.11.2004 | | Autor: | Nilez |
Hallo!
Ist es vielleicht möglich, durch die zusätzliche Monotonie in meiner Folge
doch:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}(|a(n+1)-an|) \to0 \Rightarrow [/mm] an ist CF
zu schließen?
Gruß,
Nilez
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:51 Mi 17.11.2004 | | Autor: | Micha |
Hallo Nilez!
Erstmal sorry wenn ich jetzt durch meine Antwort dich verwirrt haben sollte. Marcel hat natürlich recht. ![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]")
Die Monotonie liefert dir kein weiteres Kriterium, dass es dann eine Cauchyfolge ist, weil auch Marcels Beispiel monoton steigend ist.
Was du aber machen könntest ist ein klassischer Widerspruchsbeweis (Verneinung des Konsequenz: [mm] (p \Rightarrow q ) \gdw (\neg q \Rightarrow \neg p)[/mm]. Das ist das was Marcel meinte, dass man zeigen kann, dass ich damit beweisen kann, dass es keine Cauchyfolge ist, wenn die Beziehung [mm] $|a_{n+1} [/mm] - [mm] a_n| \to [/mm] 0$ nicht gilt.
Leider fällt mir ad hoc jetzt auch kein zusätzliches Kriterium ein, womit man das zeigen kann.
Gruß Micha
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Hi!
Also das mit der monotonie funktioniert nicht, wie micha schon gesagt hat.
zu deiner frage, ob man mittels def. die cauchyeigenschaft nachweisen kann:
ja klar, du musst dir nur so ein [mm] N(\varepsilon) [/mm] konstruieren.
oBdA [mm] n\ge [/mm] k
[mm] |\frac{2^n}{1+2^n}-\frac{2^k}{1+2^k}|=|\frac{2^n-2^k}{1+2^k+2^n+2^{n+k}}|<|\frac{1}{1+2^k}|
[/mm]
[mm] \frac{1}{1+2^k}\le\varepsilon
[/mm]
[mm] \Rightarrow k\ge log_2(\frac{1}{\varepsilon}-1)=N(\varepsilon)
[/mm]
also:
[mm] |a_n-a_k|<\varepsilon, \forall n,k\ge N(\varepsilon)
[/mm]
mfg Verena
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