Grenzwerte von Folgen < Folgen+Grenzwerte < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Seien [mm] a_n [/mm] und [mm] b_n [/mm] zwei reelle konvergente Zahlenfolgen mit [mm] a_n \ge b_n [/mm] f.a. [mm] n\in \IN. [/mm] Dann ist lim [mm] a_n\ge [/mm] lim [mm] b_n. [/mm] |
Hallo,
also mein Problem ist das [mm] \ge. [/mm] Leider habe ich nur den Beweis für die Aussage, dass lim [mm] a_n \le [/mm] lim [mm] b_n [/mm] gilt.
Ich weiß, dass der Beweis (Kontraposition) so starten muss, dass ich annehme es gelte a<b mit a= lim [mm] a_n [/mm] und b= lim [mm] b_n.
[/mm]
Und nun weiß ich nicht weiter. Wäre toll, wenn mir jemand weiterhilft (taucht im Beweis irgendetwas mit [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] auf...aber warum?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:31 Do 25.01.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
a<b heisst, es gibt ein r mit a+r=b
2. a=lim an heisst es gibt ein N1 sodass fuer alle n>N gilt
|a-an|<r/3 und ebenso fuer N2 mit bn
Klickts jetzt?
Ihr habt scheints den Beweis mit [mm] \le [/mm] gemacht, was daran kannst deu nicht uebertragen?
Gruss leduart
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Hm, also ich weiß nicht recht, ob ich es jetzt verstanden habe, deswegen schreibe ich jetzt mal meinen gesamten Lösungsweg hin. Für Korrektur wäre ich dankbar.
Beweis:
Annahme: a<b.
1.Für alle [mm] \varepsilon>0 [/mm] gibt es ein [mm] n_1 \in \IN [/mm] mit
[mm] |a_n-a|< \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] f.a. n [mm] \ge n_1
[/mm]
2. Für alle [mm] \varepsilon>0 [/mm] gibt es ein [mm] n_2 \in \IN [/mm] mit
[mm] |b_n [/mm] - b|< [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] f.a. n [mm] \ge n_2
[/mm]
[mm] \Rightarrow
[/mm]
[mm] -\bruch{\varepsilon}{3}
[mm] -\bruch{\varepsilon}{3}< b_n [/mm] - b < [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] f.a. n [mm] \ge n_2
[/mm]
[mm] \Rightarrow
[/mm]
[mm] a-\bruch{\varepsilon}{3}
[mm] b-\bruch{\varepsilon}{3}
d.h.
[mm] a_n< [/mm] a+ [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < b + [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < [mm] b_n [/mm] f.a. n [mm] \ge n_1 [/mm] und f.a. n [mm] \ge n_2
[/mm]
[mm] \Rightarrow
[/mm]
[mm] a_n [/mm] < [mm] b_n [/mm] f.a. n [mm] \ge n_1 [/mm] und f.a. n [mm] \ge n_2 [/mm]
Bitte alle Fehler verbessern.
Meine Frage: Ist das so richtig???
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> Hm, also ich weiß nicht recht, ob ich es jetzt verstanden
> habe, deswegen schreibe ich jetzt mal meinen gesamten
> Lösungsweg hin. Für Korrektur wäre ich dankbar.
>
> Beweis:
> Annahme: a<b.
> 1.Für alle [mm]\varepsilon>0[/mm] gibt es ein [mm]n_1 \in \IN[/mm] mit
> [mm]|a_n-a|< \bruch{\varepsilon}{3}[/mm] f.a. n [mm]\ge n_1[/mm]
>
> 2. Für alle [mm]\varepsilon>0[/mm] gibt es ein [mm]n_2 \in \IN[/mm] mit
> [mm]|b_n[/mm] - b|< [mm]\bruch{\varepsilon}{3}[/mm] f.a. n [mm]\ge n_2[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]-\bruch{\varepsilon}{3}
> f.a. n [mm]\ge n_1[/mm]
>
> [mm]-\bruch{\varepsilon}{3}< b_n[/mm] - b < [mm]\bruch{\varepsilon}{3}[/mm]
> f.a. n [mm]\ge n_2[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]a-\bruch{\varepsilon}{3}
> f.a. n [mm]\ge n_1[/mm]
>
> [mm]b-\bruch{\varepsilon}{3}
> f.a. n [mm]\ge n_2[/mm]
>
> d.h.
> [mm]a_n<[/mm] a+ [mm]\bruch{\varepsilon}{3}[/mm] < b + [mm]\bruch{\varepsilon}{3}[/mm]
> > [mm]b_n[/mm] f.a. n [mm]\ge n_1[/mm] und f.a. n [mm]\ge n_2[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow[/mm]
>
> [mm]a_n[/mm] < [mm]b_n[/mm] f.a. n [mm]\ge n_1[/mm] und f.a. n [mm]\ge n_2[/mm]
>
>
>
> Bitte alle Fehler verbessern.
>
> Meine Frage: Ist das so richtig???
Hallo
Da hat sich ein Fehler eingeschlichen (hab's blau angemakert). Der ergibt sich direkt aus der Zeile davor.
Ich habe einen anderen Vorschlag:
Vor.: [mm] a_n\ge b_n \forall n\in\IN [/mm] , also [mm] a_n-b_n\ge [/mm] 0
Ann.: a < b , also b-a > 0
Dann ex [mm] n_1,n_2\in\IN [/mm] mit [mm] |a_n-a| [/mm] < [mm] \bruch{b-a}{2} [/mm] und [mm] |b_n-b| [/mm] < [mm] \bruch{b-a}{2} [/mm] für alle n > [mm] n_1,n_2 [/mm] , also insbesondere für alle n > N:= [mm] max(n_1,n_2) [/mm] (wegen [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}a_n=a [/mm] und [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}b_n=b)
[/mm]
also für diese n:
[mm] a-\bruch{b-a}{2} [/mm] < [mm] a_n [/mm] < [mm] a+\bruch{b-a}{2} [/mm] und [mm] b-\bruch{b-a}{2} [/mm] < [mm] b_n [/mm] < [mm] b+\bruch{b-a}{2} [/mm]
Die "hintere" Ungleichung mal -1:
[mm] \Rightarrow -\bruch{b-a}{2}-b [/mm] < [mm] -b_n [/mm] < [mm] \bruch{b-a}{2}-b [/mm] (*)
Nun [mm] -b_n [/mm] zur ersten Ungleichung addieren
[mm] \Rightarrow a-\bruch{b-a}{2}-b_n [/mm] < [mm] a_n-b_n [/mm] < [mm] a+\bruch{b-a}{2}-b_n
[/mm]
[mm] \Rightarrow a-\bruch{b-a}{2}-\bruch{b-a}{2}-b [/mm] < [mm] a_n-b_n [/mm] < [mm] a+\bruch{b-a}{2}+\bruch{b-a}{2}-b [/mm] wegen der Abschätzung für [mm] -b_n [/mm] in der Ungleichung (*)
[mm] \Rightarrow [/mm] 2a-2b < [mm] a_n-b_n [/mm] < 0 Widerspruch zur Vor. [mm] a_n\ge b_n
[/mm]
Ich hoffe mal, das stimmt so halbwegs
Gruß
schachuzipus
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Hey schachuzipus,
vielen Dank für die Mühe... hm, ich habe den Fehler gesehen und wollte nun nochmal nachfragen:
Also, wenn ich meinen Fehler korrigieren würde, und zwar wie folgt, würde dann mein Beweis stimmen?
verbesserter Vorschlag (rot markiert)
Annahme: a<b.
> 1.Für alle [mm] \varepsilon>0 [/mm] gibt es ein [mm] n_1 \in \IN [/mm] mit
> [mm] |a_n-a|< \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] f.a. n [mm] \ge n_1 [/mm]
>
> 2. Für alle $ [mm] \varepsilon>0 [/mm] $ gibt es ein $ [mm] n_2 \in \IN [/mm] $ mit
> $ [mm] |b_n [/mm] $ - b|< $ [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] $ f.a. n $ [mm] \ge n_2 [/mm] $
>
> $ [mm] \Rightarrow [/mm] $
Für alle n [mm] \ge [/mm] N mit N:= max { [mm] n_1, n_2 [/mm] }
> $ [mm] -\bruch{\varepsilon}{3}
>
> $ [mm] -\bruch{\varepsilon}{3}< b_n [/mm] $ - b < $ [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] $
>
> $ [mm] \Rightarrow [/mm] $
> $ [mm] a-\bruch{\varepsilon}{3}
> $ [mm] b-\bruch{\varepsilon}{3}
d.h.
[mm] a_n [/mm] < a+ [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < b - [mm] \bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < [mm] b_n [/mm] f.a. n [mm] \ge [/mm] N
[mm] \Rightarrow
[/mm]
[mm] a_n [/mm] < [mm] b_n [/mm] f.a. n [mm] \ge [/mm] N
Widerspruch zur Vora.
Wäre das jetzt ok / richtig?
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Hallo
das sieht ganz gut aus, mir leuchtet nur nicht ein, wie du im vorletzten Schritt aus den beiden Ungleichungen darüber folgerst, dass [mm] a+\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < [mm] b-\bruch{\varepsilon}{3} [/mm]
Du hast doch lediglich die Annahme, dass a < b ist.
Wenn du das noch erläutern kannst - falls es denn stimmt ;) - dann ist der Beweis natürlich ok.
Gruß
schachuzipus
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Hmmmm, ja, verstehe was du meinst...wieso geht das???
Die Frage ist also, warum folgt aus:
[mm] a_n [/mm] < [mm] a+\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < [mm] b-\bruch{\varepsilon}{3} [/mm] < [mm] b_n
[/mm]
das hier
[mm] a_n
Ich weiß es nicht, ehrlich gesagt.
Wüßtest du es bzw. irgendjemand anderes?
Muss ich also davon ausgehen, dass mein Vorschlag bzw. mein Lösungsweg komplett falsch ist?
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Jo hi noch mal
Ja das Problem ist das mittlere "<" . Wenn du das begründen kannst, ist dein Beweis stichhaltig.
Der Weg ist im Prinzip gut, nur der Schritt ist halt kritisch, wenn er denn überhaupt stimmt, was ich nicht glaube.
Nimm mal a=2, b=3, [mm] \varepsilon [/mm] = 9
[mm] \Rightarrow [/mm] a < b , aber [mm] 5=a+\bruch{\varepsilon}{3} \not< b-\bruch{\varepsilon}{3}=0
[/mm]
Aber bis dahin stimmte alles. Wenn es dir gelingt, das zu beheben oder einen anderen Widerspruch zu konstruieren, ist dein Beweis ok.
Gruß
schachuzipus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:48 Do 25.01.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
[mm] \Du [/mm] hast deine Vors. a<b nicht benutzt!
a<b bedeutet ja gerade b-a>0 d.h. es gibt ein [mm] \varepsilon>0 [/mm] so dass [mm] b=a+\varepsilon
[/mm]
das ist natuerlich kein beliebiges [mm] \varepsilon.
[/mm]
Jetzt faent erst deine Beweiskette an. naemlich, zu DIESEM [mm] \varepsilon [/mm] gibt es ein N1 so dass....
Du haettest merken muessen, dass du deine Vors. gar nicht benutzt hast!
Gruss leduart
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Also, jetzt steh ich auf dem Schlauch,
leduart ,
wenn ich meinen Beweisbeginn ändere wie du also eben gepostet hast
> a<b bedeutet ja gerade b-a>0 d.h. es gibt ein
> [mm]\varepsilon>0[/mm] so dass [mm]b=a+\varepsilon[/mm]
> das ist natuerlich kein beliebiges [mm]\varepsilon.[/mm]
> Jetzt faent erst deine Beweiskette an. naemlich, zu DIESEM
> [mm]\varepsilon[/mm] gibt es ein N1 so dass....
was passiert dann mit dem fragwürdigen Ende? Das versteh ich jetzt nicht...
Kann ich meinen Beweis also über Bord werfen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:27 Do 25.01.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
es ging doch um das "mittlere" <
aus a+r=b folgt a+r/3=b-2r/3<b-r/3 ( r>0)
Gruss leduart
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