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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:36 Do 30.10.2008 | | Autor: | Aquilera |
Hallo!
Ich soll die Konvergenz der Folge [mm] a_{n}= \bruch{n}{3n-1} [/mm] für n [mm] \in \IN [/mm] gegen [mm] \bruch{1}{3} [/mm] zeigen und zwar nur mithilfe des Cauchykriteriums, ohne die Zerlegung in die Aussage beschränkt und konvergent, also nur mithilfe von [mm] \exists \varepsilon [/mm] >0 [mm] \forall [/mm] N( [mm] \varepsilon [/mm] ) [mm] \exists [/mm] m>n>N( [mm] \varepsilon [/mm] ) : [mm] |a_{m}-a_{n}| [/mm] < [mm] \varepsilon.
[/mm]
Ich hab überhaupt keine Idee, wie ich rangehen soll.
Wie gesagt, ich darf beschränkt und konvergent nicht benutzen ( das ist eine andere Teilaufgabe).
Ich komme auf ne Rechnung in der dann ziemlich viele m's und n's drin sind, ich haber nicht sinnvoll abschätzen kann.
Hat jemand eine Idee?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:16 Do 30.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo!
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> Ich soll die Konvergenz der Folge [mm]a_{n}= \bruch{n}{3n-1}[/mm]
> für n [mm]\in \IN[/mm] gegen [mm]\bruch{1}{3}[/mm] zeigen und zwar nur
> mithilfe des Cauchykriteriums, ohne die Zerlegung in die
> Aussage beschränkt und konvergent, also nur mithilfe von
> [mm]\exists \varepsilon[/mm] >0 [mm]\forall[/mm] N( [mm]\varepsilon[/mm] ) [mm]\exists[/mm]
> m>n>N( [mm]\varepsilon[/mm] ) : [mm]|a_{m}-a_{n}|[/mm] < [mm]\varepsilon.[/mm]
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> Ich hab überhaupt keine Idee, wie ich rangehen soll.
> Wie gesagt, ich darf beschränkt und konvergent nicht
> benutzen ( das ist eine andere Teilaufgabe).
>
> Ich komme auf ne Rechnung in der dann ziemlich viele m's
> und n's drin sind, ich haber nicht sinnvoll abschätzen
> kann.
ja, und zwar mache zunächst folgendes:
Seien zunächst $m,n [mm] \in \IN$ [/mm] mit [mm] $\black{m} [/mm] > n$. Dann gilt jedenfalls:
[mm] $$\left|a_m-a_n\right|=\left|\frac{m}{3m-1}-\frac{n}{3n-1}\right|=\frac{|n-m|}{(3n-1)(3m-1)}=\frac{m-n}{(3m-1)(3n-1)}\,.$$
[/mm]
Ich behaupte nun mal:
Ist nun $m > n [mm] \ge [/mm] N$ für ein $N [mm] \in \IN$, [/mm] so gilt:
[mm] $$\frac{m-n}{(3m-1)(3n-1)} \le \frac{m}{(2m)*(2n)}=\frac{1}{4}*\frac{1}{n}\le \frac{1}{4N}\,.$$
[/mm]
(Deine Aufgabe: Begründe, dass diese Ungleichungskette gilt!)
Das liefert die Behauptung. Denn:
Sei [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$. Wir wählen ein [mm] $N=N(\varepsilon) \in \IN$ [/mm] mit [mm] $\frac{1}{N} [/mm] < [mm] 4\varepsilon$. [/mm] Dann gilt [mm] $\frac{1}{4N} [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$
[/mm]
Es folgt für alle $n > m [mm] \ge N=N(\varepsilon)$ [/mm] ... (jetzt schreibe mal die ganzen Überlegungen von oben auf).
Also: [mm] $(a_n)_n$ [/mm] ist Cauchyfolge in [mm] $(\IR,d_{|.|})\,$ [/mm] und daher konvergent in [mm] $(\IR,d_{|.|})\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:19 Do 30.10.2008 | | Autor: | Aquilera |
ich danke dir für den ansatz und verziehe mich jetzt ins warme wohnzimmer zum weiteren nachdenken (statt frieren im ungeheizten arbeitszimmer :) )
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Melde Dich notfalls, wenn Du wieder an einer Stelle nicht weiter kommst und auch das geheizte Wohnzimmer nichts dazu beitragen konnte, dass Du die Lücke alleine beheben konntest 
