Folgenkonvergenz - abschätzen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:37 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Hey Leute,
meine letzte Frage vor der Klausur:
[mm] a_{n}=\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}
[/mm]
Das konvergiert gegen [mm] \bruch{1}{8}, [/mm] was ich beweisen möchte mit dem [mm] \varepsilon [/mm] - Kriterium.
Ich mache die beiden Brüche gleichnamig, addiere und multipliziere Zähler und Nenner aus, dann folgt:
[mm] |\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3} [/mm] - [mm] \bruch{1}{8}| [/mm] = [mm] |\bruch{-8n+11}{64n^{2}-3}|
[/mm]
Wie schätzt man hier weiter ab? Die 11 und die -3 stören mich irgendwie.
Oder kann ich die 11 einfach weglassen, weil die 8n negativ sind und die +11 den Betrag im Zähler nur verringern würde?
Aber was mach ich mit der -3?
Gruß
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Hallo Paivren,
> Hey Leute,
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> meine letzte Frage vor der Klausur:
>
> [mm]a_{n}=\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}[/mm]
>
> Das konvergiert gegen [mm]\bruch{1}{8},[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") was ich beweisen
> möchte mit dem [mm]\varepsilon[/mm] - Kriterium.
>
> Ich mache die beiden Brüche gleichnamig, addiere und
> multipliziere Zähler und Nenner aus, dann folgt:
> [mm]|\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}[/mm] - [mm]\bruch{1}{8}|[/mm] =
> [mm]|\bruch{-8n+11}{64n^{2}-3}[/mm]
Da muss doch im Nenner [mm]8(8n^2-3)[/mm] stehen.
Da kannst du erstmal [mm]\frac{1}{8}[/mm] rausziehen:
Also [mm]\left|\frac{-8n+11}{8(8n^2-3)}\right|=\frac{1}{8}\cdot{}\left|\frac{-8n+11}{8n^2-3}\right|[/mm]
Und da [mm]|-a|=|a|[/mm], kannst du das schreiben als [mm]\frac{1}{8}\cdot{}\left|\frac{8n-11}{8n^2-3}\right|[/mm]
Nun bekommst du den Betrag größer, indem du den Zähler vergrößerst und/oder den Nenner verkleinerst.
Es ist sicherlich [mm]8n-11<8n[/mm], also kannst du den Zähler durch [mm]8n[/mm] abschätzen.
Was den Nenner angeht: für [mm]n>1[/mm] ist [mm]n^2>3[/mm], also ...
>
> Wie schätzt man hier weiter ab? Die 11 und die -3 stören
> mich irgendwie.
> Oder kann ich die 11 einfach weglassen, weil die 8n
> negativ sind und die +11 den Betrag im Zähler nur
> verringern würde?
> Aber was mach ich mit der -3?
>
> Gruß
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:16 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Hallo Schachuzipus, danke für deine rasche Hilfe!
Das mit dem Zähler ist verständlich.
Aber was ich mit dem Nenner mache... die drei bekomm ich ja nicht weg, ohne den Nenner größer zu machen.
Wenn ich die 3 einfach zu einem n mache (dann wird der Nenner für fast alle n kleiner), dann stände da [mm] |\bruch{8n}{n (n-1)}|
[/mm]
Aber das hilft ja auch nicht =/
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:20 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Oder kann ich damit weitermachen?
[mm] |\bruch{8n}{n(n-1)}| [/mm] = [mm] \bruch{8}{n-1} [/mm] < [mm] \bruch{8}{n_{0}-1} [/mm] < [mm] \varepsilon.
[/mm]
Dann muss ich [mm] n_{0} [/mm] entsprechend wählen:
[mm] \bruch{8}{n_{0}-1} [/mm] < [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \gdw n_{0} [/mm] > [mm] \bruch{8}{\varepsilon} [/mm] +1
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Was spricht denn gegen [mm] $8n^2-3n^2$ [/mm] ?
Valerie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:51 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Weiß ich nicht, ob was dagegen spräche, müsste auch gehen, oder?
Was spräche gegen meins?^^
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> Weiß ich nicht, ob was dagegen spräche, müsste auch
> gehen, oder?
> Was spräche gegen meins?^^
Am Ende muss ein Ausdruck der Form: [mm] $n>....(irgendwas-mit-\epsilon)$ [/mm] da stehen.
Deine Variante ist bis [mm] $\frac{8}{n-1}$ [/mm] richtig. Die Abschätzung danach ist falsch.
Sieh dir die Definition noch einmal an.
Valerie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Wenn [mm] n>n_{0} [/mm] ist, dann ist doch auch [mm] \bruch{8}{n-1}< \bruch{8}{n_{0}-1}??
[/mm]
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> Wenn [mm]n>n_{0}[/mm] ist, dann ist doch auch [mm]\bruch{8}{n-1}< \bruch{8}{n_{0}-1}??[/mm]
>
Nein. So ist das nicht richtig.
Deine Aussage soll für [mm] $n>n_0$ [/mm] gelten.
Du musst also ein [mm] $n_0$ [/mm] angeben für das deine Abschätzung gilt.
Wie gesagt, schau dir die Definition an.
Valerie
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:52 So 24.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Das [mm] n_{0} [/mm] gebe ich ja an.
Für alle [mm] n>n_{0} [/mm] gilt:
[mm] \bruch{8}{n-1}< \bruch{8}{n_{0}-1} [/mm] = [mm] \varepsilon.
[/mm]
[mm] \bruch{8}{n_{0}-1} [/mm] = [mm] \varepsilon
[/mm]
[mm] \gdw n_{0}= \bruch{8}{\varepsilon} [/mm] +1
Ich verstehe wirklich nicht, wo das Problem sein soll =/
Die Definition kenne ich.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:51 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Das [mm]n_{0}[/mm] gebe ich ja an.
kannst Du irgendwie nochmal alles, was Du überlegt hast, zusammenfassen?
Denn ich habe hier irgendwie nicht die Lust, mir alles durch Durchklicken aller
Fragen/Antworten selbst zusammenzuschreiben. Ist nicht böse gemeint, wäre
nur sehr nett, und hilfreich für alle, die mithelfen können, aber bisher nicht
alles verfolgt haben!
> Für alle [mm]n>n_{0}[/mm] gilt:
> [mm]\bruch{8}{n-1}< \bruch{8}{n_{0}-1}[/mm] = [mm]\varepsilon.[/mm]
Ich kann Dir, wenn ich das lese, ohne alles andere gelesen zu haben, nur
folgendes sagen, was ich hieraus interpretiere:
Du meinst, es gibt zu gegebenem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] derart, dass
[mm] $$\frac{8}{n_0-1}=\varepsilon\,.$$
[/mm]
(Zudem sollte wohl o.E. $n > [mm] 1\,$ [/mm] sein!)
Ich beweise Dir das Gegenteil, indem ich [mm] $\varepsilon=100\,$ [/mm] angebe. Oder
[mm] $\varepsilon=\frac{1}{\sqrt{2}} [/mm] $ [mm] ($\notin \IQ$).
[/mm]
Das läßt sich aber reparieren, denn die Gleichheit brauchst Du gar nicht - es
reicht doch vollkommen, (ein) [mm] $n_0$ [/mm] so zu finden (besser: die Existenz eines [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] zu begründen),
das Du mit diesem
$$(0 [mm] <\;)\;\;\;\frac{8}{n_0-1} [/mm] < [mm] \varepsilon$$
[/mm]
begründen kannst.
Du musst ein solches auch nicht "kleinstmöglich" finden. Deswegen kann man
sich auch sowas überlegen: O.E. sei [mm] $n_0 [/mm] > [mm] 1\,,$ [/mm] dann gilt
[mm] $$\frac{8}{n_0-1} [/mm] < [mm] \varepsilon$$
[/mm]
[mm] $$\iff n_0 [/mm] > [mm] 1+\frac{8}{\varepsilon}\,.$$
[/mm]
Die Erkenntnis ist nun, dass jedes [mm] $n_0 [/mm] > [mm] [1+8/\varepsilon]+m$ [/mm] mit einem $m [mm] \in \IN=\{1,2,3,...\}$
[/mm]
eine geeignete Wahl ist.
Aber nur mal, damit Du siehst, dass man bei der Existenz des [mm] $n_0$ [/mm] bzw. bei der
Angabe eines solchen nicht wirklich "das Kleinstmögliche" braucht:
Betrachte [mm] $a_n:=1/n^2\,.$ [/mm] Ist [mm] $\varepsilon [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] so wähle [mm] $n_0 [/mm] > [mm] \frac{1}{\varepsilon}$ [/mm] und [mm] $n_0 \in \IN\,.$ [/mm] Für alle $n [mm] \ge n_0$ [/mm] gilt dann
[mm] $$|1/n^2-0|=1/n^2 \le [/mm] 1/n [mm] \le 1/n_0 [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$$
[/mm]
I.a. ist das [mm] $n_0$ [/mm] hier aber "größer gewählt, als wirklich nötig wäre". Der
Grund, dass das hier dennoch passt, ist einfach:
Gelte [mm] $x_n \to x\,.$ [/mm] Ist [mm] $\varepsilon [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] so gibt es zu diesem [mm] $\varepsilon$ [/mm] ein [mm] $n_0=n_0(\varepsilon) \in \IN$ [/mm] so, dass für
alle $n [mm] \ge n_0$ [/mm] folgt, dass
[mm] $$|x_n-x| [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$$
[/mm]
Wähle ich nun [mm] $\red{\tilde{n}}_0 \in \IN$ [/mm] mit [mm] $\red{\tilde{n}}_0 [/mm] > [mm] n_0\,,$ [/mm] so folgt dann
natürlich auch insbesondere für alle $n [mm] \ge\red{\tilde{n}}_0\,,$ [/mm] dass
[mm] $$|x_n-x| [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$$
[/mm]
Denn jedes $n [mm] \ge \red{\tilde{n}}_0$ [/mm] erfüllt ja wegen [mm] $\red{\tilde{n}}_0 \ge n_0$
[/mm]
insbesondere auch $n [mm] \ge n_0\,.$
[/mm]
Und nochmal zurück zu Deiner Aufgabe:
Wenn Du o.E. [mm] $n_0 [/mm] > 1$ annimmst, dann gilt etwa
[mm] $$\frac{8}{n_0-1} [/mm] < [mm] \varepsilon$$
[/mm]
[mm] $$\Longleftarrow \frac{8}{n_0-\tfrac{n_0}{2}} [/mm] < [mm] \varepsilon$$
[/mm]
[mm] $$\iff \frac{16}{n_0} [/mm] < [mm] \varepsilon$$
[/mm]
(Zum [mm] "$\Longleftarrow$": [/mm] Es ist für natürliches [mm] $n_0>1$ [/mm] sicher [mm] $\tfrac{n_0}{2} \ge 1\,.$ [/mm] Aus
[mm] $\tfrac{n_0}{2} [/mm] > 1$ folgt [mm] $n_0-1 [/mm] > [mm] n_0-\tfrac{n_0}{2}\,.$ [/mm] Dividiert man diese
Ungleichung zunächst durch [mm] $(n_0-1) [/mm] > 0$ und dann durch [mm] $n_0-\tfrac{n_0}{2} [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] so folgt
[mm] $$\frac{1}{n_0-1} [/mm] < [mm] \frac{1}{n_0-\frac{n_0}{2}}\,.$$
[/mm]
Ist nun also [mm] $n_0$ [/mm] mit [mm] $\frac{8}{n_0-\tfrac{n_0}{2}}=\frac{16}{n_0} [/mm] < [mm] \varepsilon\,,$
[/mm]
so folgt also
[mm] $\frac{8}{n_0-1} [/mm] < [mm] \frac{8}{n_0-\tfrac{n_0}{2}}=\frac{16}{n_0} [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$
[/mm]
Kurzfassung: [mm] $\Longleftarrow$ [/mm] gilt, weil für natürlich [mm] $n_0 [/mm] > 1$ die Abschätzung
[mm] $$\frac{8}{n_0-1} \le \frac{8}{n_0-\tfrac{n_0}{2}}$$
[/mm]
gilt! In Worten: Hat man einen Bruch mit positivem Zähler und Nenner, und
verkleinert man dessen Nenner, den man dabei aber positiv läßt, so ist der neue
Bruch dann größer - dass die Brüche bei gleichbleibendem Nenner gleich sind,
ist eigentlich fast keiner Erwähnung Wert! P.S.: "positiv=echt positiv", also
"echt größer als Null"!)
Wähle also o.E. [mm] $n_0 [/mm] > 1$ und zudem irgendein [mm] $n_0 [/mm] > [mm] \frac{16}{\varepsilon}\,.$
[/mm]
(Oder anders gesagt, bei dieser Variante: Es ist sich klarzumachen bzw. zu
begründen, dass
[mm] $$\IN\;\; \cap \;\;]1,\infty[ \;\;\cap\;\; ]\tfrac{16}{\varepsilon},\;\infty[ \;\;\not=\emptyset$$
[/mm]
ist!)
P.S. Hast Du dieses "Abschätzprinzip" verstanden? Ich sag's mal so: Wenn man
eine Folge [mm] $(x_n)_n$ [/mm] hat und man will [mm] $x_n \to [/mm] 0$ zeigen, und es gelingt einem,
eine Folge [mm] $(p_n)_n$ [/mm] mit $0 < [mm] p_n \to [/mm] 0$ zu finden, und es gelingt einem zudem,
zu zeigen, dass es ein $N [mm] \in \IN$ [/mm] gibt, so dass
[mm] $$|x_n| \le p_n$$
[/mm]
für alle $n [mm] \ge [/mm] N$ gilt, so kann man im Prinzip die Ergebnisse aus dem [mm] $\varepsilon$-$n_0(\varepsilon)$
[/mm]
Beweis der Folge [mm] $(p_n)_n$ [/mm] auf die Folge [mm] $(x_n)_n$ [/mm] übertragen. Der Grund dazu
steht oben. (Ich hoffe nun mal, dass ich da in der Formulierung keinen Patzer
eingebaut habe - der dann zudem verwirren könnte! ^^ Falls doch: Vielleicht
fällt es jemanden auf und der kann mich drauf hinweisen oder es sogar
richtigstellen?!)
Zudem beispielhaft: Ich könnte also etwa zeigen, dass [mm] $(1+(-1)^n*1/n^2)_n$ [/mm] gegen Eins konvergiert,
indem ich wegen [mm] $|1+(-1)^n*1/n^2-1|=1/n^2 \le [/mm] 1/n$ mit den Ergebnissen aus dem Beweis,
dass $1/n [mm] \to [/mm] 0$ gilt, arbeite.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:04 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Hallo Marcel, danke für deine sehr ausführliche Antwort!!
Du hast natürlich Recht, das =-Zeichen war Humbug.
Ursprünglich habe ich es genau so gemacht, wie du vorgeschlagen hast, also mit [mm] n_{0}>\bruch{8}{\varepsilon} [/mm] +1 (in meiner ersten "Mitteliung" unter der zweiten "Frage" zu sehen^^), aber Valerie sagte dann, das sei falsch und irgendwie bin ich dann wohl durcheinander gekommen. Vielleicht hat sie sich auch verlesen.
Wenn ich allerdings jetzt weiß, dass das Ursprüngliche richtig ist/war, dann kann ich beruhigt ins Bett gehen und morgen meine Klausur schreiben.
Den Rest deiner Hinweise zu der Folgenkonvergenz und dem [mm] n_{0} [/mm] werde ich mir dann morgen in alter Frische ansehen ;)
Danke!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:17 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo paivren,
> Hallo Marcel, danke für deine sehr ausführliche
> Antwort!!
>
> Du hast natürlich Recht, das =-Zeichen war Humbug.
> Ursprünglich habe ich es genau so gemacht, wie du
> vorgeschlagen hast, also mit [mm]n_{0}>\bruch{8}{\varepsilon}[/mm]
> +1 (in meiner ersten "Mitteliung" unter der zweiten "Frage"
> zu sehen^^), aber Valerie sagte dann, das sei falsch und
> irgendwie bin ich dann wohl durcheinander gekommen.
> Vielleicht hat sie sich auch verlesen.
ich glaube, Du hattest irgendwo einen (hier irrelevanten) Rechenfehler
begangen. Wie gesagt, damit ich das alles nochmal ganz überblicke, solltest
Du das mal zusammenschreiben, dann können wir nochmal drübergucken.
Ich schreibe jetzt einfach mal das, was ich aus dem Thread so rauslesen kann,
in der Hoffnung, dass das alles so stimmt:
Du wolltest noch abschätzen:
[mm] $$\frac{8n-11}{8*(8n^2-3)}$$
[/mm]
(o.E. $n > [mm] 1\,$ [/mm] (natürliche Zahl).)
Dann wurde das so gemacht
[mm] $$(\*)\;\;\;\;\;\;\frac{8n-11}{8*(8n^2-3)} \le \frac{8n}{8*(8n^2-3)}=\frac{n}{8n^2-3} \le \frac{n}{8n^2-n}=\frac{1}{8n-1}$$
[/mm]
Bei Dir steht nun am Ende irgendwie [mm] $\frac{8}{n-1}\,,$ [/mm] aber Valerie hatte das
irgendwie auch als richtig befunden - ich sehe gerade nicht, was da gerechnet
wurde. Aber prinzipiell ginge das auch, denn:
[mm] $$\frac{1}{8n-1} \le \frac{8}{n-1}$$
[/mm]
gilt für natürliche $n > [mm] 1\,$ [/mm] wegen
[mm] $$\frac{1}{8n-1} \le \frac{8}{n-1}$$
[/mm]
[mm] $$\iff [/mm] n-1 [mm] \le [/mm] 8*(8n-1)$$
[mm] $$\iff [/mm] n-1 [mm] \le [/mm] 64n-8$$
[mm] $$\iff [/mm] 7 [mm] \le 63n\,.$$
[/mm]
Die letzte Ungleichung gilt aber für alle natürlichen [mm] $n\,.$ [/mm] (Bei mir ist $0 [mm] \notin \IN\,$),
[/mm]
so dass sie die ganz obenstehende Ungleichung durch Verfolgen der [mm] $\Longleftarrow$'s [/mm]
in den [mm] $\iff$ [/mm] impliziert! Es kann natürlich sein, dass Du einfach nicht so wie
in [mm] $(\*)\,,$ [/mm] sondern "gröber" abgeschätzt hast (oder Du hast Dich vielleicht
irgendwo einfach verrechnet), ich dachte aber, aus dem Thread herausgelesen
zu haben, dass zumindest die Abschätzungen, die in [mm] $(\*)$ [/mm] stehen,
vorgeschlagen worden sind. Da Deine Abschätzung aber auch gelingt und
auch reicht, kann man auch damit arbeiten. Vielleicht wollte aber Valerie Dich
nur auf irgendeinen Rechenfehler von Dir aufmerksam machen, der sich aber
hier vielleicht einfach dadurch reparieren läßt, dass Du aus einem [mm] $=\,$ [/mm] ein [mm] $\le$
[/mm]
machst. Aber wie gesagt: Wenn Du das mal zusammenfasst, kann man da
nochmal drübergucken - momentan stochere ich da einfach ein wenig in der
Dunkelheit rum.
Aber ansonsten würde ich einfach mal behaupten: Wenn man von eventuellen
Rechenfehlern absieht, hast Du das Prinzip verstanden. Das ist das Wichtigere. 
Und noch eine kleine Bemerkung zu dem hier (die nicht böse an Valerie gemeint
ist):
> > Wenn $ [mm] n>n_{0} [/mm] $ ist, dann ist doch auch $ [mm] \bruch{8}{n-1}< \bruch{8}{n_{0}-1}?? [/mm] $
> Nein. So ist das nicht richtig.
> Deine Aussage soll für $ [mm] n>n_0 [/mm] $ gelten.
Das, was oben steht, ist schon richtig: Für [mm] $n_0 [/mm] > 1$ gilt:
$$n > [mm] n_0 \Rightarrow [/mm] n-1 > [mm] n_0-1\;\;\;\;\;\; \stackrel{n > 1 \text{ und }n_0 > 1}{\Rightarrow}\;\;\;\;\;\; \frac{1}{n-1} [/mm] < [mm] \frac{1}{n_0-1} \Rightarrow \frac{8}{n-1} [/mm] < [mm] \frac{8}{n_0-1}\,.$$
[/mm]
Und wenn schon [mm] $8/(n_0-1) \le \varepsilon$ [/mm] ist, dann wird für alle $n > [mm] n_0$ [/mm] somit auch
$$8/(n-1) < [mm] \varepsilon$$
[/mm]
sein, eben wegen
$$ [mm] \frac{8}{n-1} [/mm] < [mm] \frac{8}{n_0-1}\,.$$
[/mm]
P.S. Falls Du das hier vor der Klausur liest: Lieber nicht zu viel und zu lange
drüber nachdenken; sowas kann dann stark verwirren. Lieber einfach einmal
"lesen" und es nur gesehen haben. Nach der Klausur kannst Du nochmal drüber
nachdenken, dann ist der Kopf auch "freier" für sowas.
Ansonsten: Viel Glück und vor allem Erfolg bei der Klausur! ![[kleeblatt]](/images/smileys/kleeblatt.gif "[kleeblatt]")
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:11 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Hallo Marcel,
hier nochmal alles sauber aufgeschrieben:
Sei [mm] \varepsilon [/mm] >0. Wähle [mm] n_{0}> \bruch{1}{\varepsilon} [/mm] +1
Dann gilt für (fast) alle n > [mm] n_{0}
[/mm]
[mm] |\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3} [/mm] - [mm] \bruch{1}{8} [/mm] = [mm] |\bruch{-8n+11}{8(8n^{2}-3)}| [/mm] = [mm] |\bruch{8n-11}{8(8n^{2}-3)}| [/mm] < [mm] |\bruch{8n}{8(8n^{2}-3)}| [/mm] = [mm] |\bruch{n}{(8n^{2}-3)}| [/mm] < [mm] |\bruch{n}{n^{2}-3}| <|\bruch{n}{n^{2}-n}| [/mm] < [mm] |\bruch{1}{n-1}| [/mm] < [mm] \bruch{1}{n_{0}-1} [/mm] < [mm] \varepsilon
[/mm]
Hab jetzt etwas anders abgeschätzt, aber so müsste es auch gehen.
Gruß
Paivren
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:59 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Paivren |
Ah, das sollte eigtl nur eine Mitteilung werden, aber seis drum.
Gegen Ende ist ein < falsch, weil ich nur kürze. Gerade gesehen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:10 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> Ah, das sollte eigtl nur eine Mitteilung werden, aber seis drum.
das war's auch, ich hab's geändert, weil es inhaltlich in meinen Augen eine
(mathematische) Frage ist bzw. "Kontrolle eines Lösungswegs" wird
angefragt!
> Gegen Ende ist ein < falsch, weil ich nur kürze. Gerade
> gesehen.
Joa, danke, habe ich selbst übersehen (und dann in meiner Antwort nochmal
eingebaut, damit andere sehen, dass Dir das klar ist).
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:06 Mo 25.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Paivren,
> Hallo Marcel,
>
> hier nochmal alles sauber aufgeschrieben:
> Sei [mm]\varepsilon[/mm] >0.
> Wähle [mm]n_{0}> \bruch{1}{\varepsilon}+1[/mm]
rein formal bzw. didaktisch würde ich hier noch dazuschreiben, dass damit
insbesondere [mm] $n_0 [/mm] > [mm] 1\,$ [/mm] ist. Und dass [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] sein soll, davon gehst
Du wohl aus (da bist Du auch nicht alleine bei sowas). 
> Dann gilt für (fast) alle n > [mm]n_{0}[/mm]
Nur mal nebenbei: Brauchst Du hier bei einer Abschätzung, dass sie evtl.
für endlich viele Ausnahmen nicht funktioniert? Ich guck' jetzt mal selber
drüber, ob ich da eine Stelle finde:
> [mm]|\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}[/mm] - [mm]\bruch{1}{8}[/mm] =
da fehlt 'n Betragzeichen, aber das ist klar!
> [mm]|\bruch{-8n+11}{8(8n^{2}-3)}|[/mm] =
> [mm]|\bruch{8n-11}{8(8n^{2}-3)}|[/mm]
Hier kannst Du Dir wegen $n > [mm] n_0 \ge [/mm] 2$ (damit ist also sogar schon $n [mm] \ge [/mm] 3$)
schon Betragszeichen ersparen!
< [mm]|\bruch{8n}{8(8n^{2}-3)}|[/mm] =
> [mm]|\bruch{n}{(8n^{2}-3)}|[/mm] < [mm]|\bruch{n}{n^{2}-3}| <|\bruch{n}{n^{2}-n}| \red{\;<\;} |\bruch{1}{n-1}|[/mm] <
Dass das rotmarkierte [mm] $<\,$ [/mm] ein [mm] $=\,$ [/mm] sein soll, hast Du selbst erkannt (ich
hatte das eh übersehen)!
> [mm]\bruch{1}{n_{0}-1}[/mm] < [mm]\varepsilon[/mm]
>
> Hab jetzt etwas anders abgeschätzt, aber so müsste es
> auch gehen.
Joa, passt (wie gesagt, ich sehe gerade nirgends, dass man das Wort "fast"
hier irgendwo braucht - falsch ist es natürlich dennoch nicht!). Übrigens
könntest Du auch [mm] $n_0 \red{\;\ge\;}\frac{1}{\varepsilon}+1\,$ [/mm] wählen (wobei die Gleichheit nicht immer überhaupt
möglich wäre), denn dann wäre für alle $n > [mm] n_0$ [/mm] (oder halt "fast alle", wenn
ich doch eine Stelle übersehen haben sollte, wo man das Wort "fast" benötigt)
[mm] $$|\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}| [/mm] < [mm] \frac{1}{n_0-1} \le \varepsilon\,$$
[/mm]
und damit für diese [mm] $n\,$
[/mm]
[mm] $$|\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}- \bruch{1}{8}|<\varepsilon\,.$$
[/mm]
Viele lassen sich da ein wenig verwirren, und denken, dass man in der
letzten Zeile so dann auch nur [mm] $\le$ [/mm] schreiben dürfte (was eigentlich übrigens auch
ausreichen würde, weil man die Definition äquivalent passend umformulieren
kann).
Aber:
Ist $a [mm] \le [/mm] b$ und $b < [mm] c\,,$ [/mm] so folgt auch
$$a < [mm] c\,.$$
[/mm]
(Also "mehr" als nur $a [mm] \le c\,.$)
[/mm]
Der Beweis ist trivial: $a [mm] \le c\,$ [/mm] ist klar unter den gegebenen Voraussetzungen.
Wäre [mm] $a=c\,,$ [/mm] so folgt aus $a [mm] \le [/mm] b$ sofort $c [mm] \le [/mm] b$ im Widerspruch zu $c > [mm] b\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:55 So 24.03.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hey Leute,
>
> meine letzte Frage vor der Klausur:
>
> [mm]a_{n}=\bruch{n^{2}-n+1}{8n^{2}-3}[/mm]
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> Das konvergiert gegen [mm]\bruch{1}{8},[/mm] was ich beweisen
> möchte mit dem [mm]\varepsilon[/mm] - Kriterium.
auch dann kann man es sich einfacher machen:
[mm] $$\frac{n^2-n+1}{8n^2-3}=\frac{1}{8}*\frac{(8n^2-3)-8n+11}{8n^2-3}=\frac{1}{8}+\frac{11-8n}{8*(8n^2-3)}\,.$$
[/mm]
Damit reduziert sich die Aufgabe darauf, mit dem [mm] $\varepsilon$-$N_\varepsilon$-Kriterium
[/mm]
zu zeigen, dass bei $n [mm] \to \infty$ [/mm] folgt
[mm] $$\frac{11-8n}{8*(8n^2-3)} \to 0\,.$$
[/mm]
Alternativ kannst Du auch einfach
[mm] $$\left|\frac{n^2-n+1}{8n^2-3}-\frac{1}{8}\right|$$
[/mm]
mal ausrechnen und damit weiterarbeiten!
(Sofern man den Grenzwert richtig vermutet, sind solche Aufgaben meist ja einfach,
denn es gilt [mm] $a_n \to [/mm] a$ genau dann, wenn [mm] $a_n-a \to [/mm] 0$ bzw. genau dann, wenn
[mm] $a-a_n \to [/mm] 0$ bzw. genau dann, wenn [mm] $|a_n-a|=|a-a_n| \to [/mm] 0$ (jeweils bei $n [mm] \to \infty$)
[/mm]
Man muss dann also nur noch "Nullfolge" zeigen...).
P.S. Sorry, ich hatte wohl überlesen, dass Du Dich eh für die Alternative
entschieden hattest! ^^
Gruß,
Marcel
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