monoton wachsende, nach oben < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:17 Mi 28.12.2005 | | Autor: | julie |
| Aufgabe | | Jede monoton wachsende, nach oben beschränkte Zahlenfolge konvergiert. |
Meine Überlegungen für diese Aufgabe wären:
Da die Folge, ich nenne sie [mm] a_{n}, [/mm] nach oben beschränkt ist besitzt sie einen Limes superior (oder Supremum ? es handelt sich ja um eine Folge,also muss ich doch Limes superior sagen oder?)
Also existierte ein a mit der Eigenschaft, dass zu jedem [mm] \varepsilon [/mm] > 0 die Menge der Folgeglieder bis a- [mm] \varepsilon [/mm] endlich sind und für alle [mm] x_{n} \le [/mm] a + [mm] \varepsilon [/mm] unendlich ist. Und somit konvergiert die Folge [mm] a_{n}, [/mm] denn eine Folge konvergiert gegen eine Zahl, wenn in jeder noch so kleinen [mm] \varepsilon-Umgebung [/mm] von a fast alle Glieder der Folge liegen. Dabei bedeutet "fast alle": alle bis auf höchstens endlich viele Ausnahmen. Und das ist hier ja der Fall!
kann man bei dieser Aufgabe so argumentieren? aber jetzt hab ich die Information, dass die Folge ja monoton wachsend ist, garnicht verwendet..
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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Hallo julie,
direkt aus den Voraussetzungen bekommst Du, dass [mm] (a_n) [/mm] eine Cauchy-Folge ist, i.e.
[mm] \lim_{n\to\infty} |a_n-a_{n+1}| [/mm] =0 (dabei benutzt Du schon Monotonie und Beschränktheit). Nun sind in jedem vollst. metr. Raum (zB [mm] \IR) [/mm] Cauchy-Folgen konvergent.
Alternativ:
Es ist nun [mm] A=\{a | \forall n a_n\leq a\} [/mm] nicht-leer und nach unten beschraenkt, also existiert
[mm] \inf [/mm] A. Beh.: [mm] \lim a_n [/mm] = [mm] \inf [/mm] A. Beweis: [mm] \forall \epsilon [/mm] > 0 [mm] \exists n\in \IN [/mm] mit [mm] a_n\geq \inf [/mm] A [mm] -\epsilon [/mm] , und es liegen dann wg. Monotonie alle [mm] a_m, m\geq [/mm] n auch im Abstand hoechstens [mm] \epsilon [/mm] von [mm] \inf [/mm] A - also kannst Du zu jedem [mm] \epsilon [/mm] > 0 ein [mm] n_0 [/mm] angeben mit [mm] n\geq n_0\Longrightarrow a_n\geq \inf [/mm] A [mm] -\epsilon [/mm] ,
was ja per Def genau [mm] \lim a_n =\inf [/mm] A heisst.
Gruss,
Mathias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:13 Mi 28.12.2005 | | Autor: | julie |
ui, da muss ich mcih aber erstmal reindenken..trotzdem erstmal danke für die schnelle antwort,..und meine lösung geht nicht? vlg
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:49 Mi 28.12.2005 | | Autor: | mathiash |
Hallo julie,
Deine Loesung stimmt schon, es fehlen nur ein paar Argumente, und um zB
Konvergenz gegen
[mm] \sup \{a_n |n\in\IN\} =\inf\{b | \forall n\in\IN a_n\leq b\} [/mm] nachzuweisen,
musst Du schon die Monotonie mit verwenden.
Gruss,
Mathias
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:53 Mi 28.12.2005 | | Autor: | felixf |
> ..und meine lösung geht nicht? vlg
Deine Loesung ist ein wenig verwirrend aufgeschrieben 
Einmal kannst du sowohl den limsup der Folge bilden, als auch das Supremum ueber die Menge der Folgenglieder. Das sind im allgemeinen verschiedene Sachen, hier ist es aber das gleiche. (Und beides fuehrt zum Ziel.) Mit dem Supremum geht es sogar noch einfacher (mit $a := [mm] \sup\{ a_n \mid n\in\IN\}$ [/mm] gibt es zu jedem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit [mm] $a_n [/mm] > a - [mm] \varepsilon$; [/mm] mit der Monotonie ist jedoch $a - [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] a_n \le a_{n+1} \le a_{n+2} \le \dots \le [/mm] a$, womit fast alle Folgenglieder in der [mm] $\varepsilon$-Umgebung [/mm] um $a$ liegen).
Aber nun zu deiner Loesung. Du waehlst also $a := [mm] \limsup_{n\to\infty} a_n$, [/mm] womit (nach deiner Aussage) fuer jedes [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ die Menge $A := [mm] \{ n \in \IN \mid a_n \le a - \varepsilon \}$ [/mm] endlich und die Menge $B := [mm] \{ n \in \IN \mid a_n \le a + \varepsilon \}$ [/mm] unendlich ist.
So. Warum ist das so? Ich behaupte jetzt, dass du dafuer schon die Monotonie brauchst! Ansonsten schau dir mal die Folge [mm] $a_{2 n} [/mm] = 1$, [mm] $a_{2 n + 1} [/mm] = 0$ an; es ist [mm] $\limsup a_n [/mm] = 1$, jedoch ist die Menge $A$ hier unendlich, da $A = [mm] \{ 2 n + 1 \mid n \in \IN \}$ [/mm] ist! Mir scheint es, als haettest du die Definition von [mm] $\liminf$ [/mm] ein wenig verdreht angewendet (also nicht genug verdreht das die Definition von [mm] $\limsup$ [/mm] herauskommt). (Die Aussage, das $B$ unendlich ist, stimmt aber.)
Wenn du naemlich die Definition von $a := [mm] \limsup a_n$ [/mm] verwendest, bekommst du folgendes: Fuer alle [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ist die Menge $A' := [mm] \{ n \in \IN \mid a_n \ge a + \varepsilon \}$ [/mm] ist endlich. Damit enthaelt die Menge $B = [mm] \{ n \in \IN \mid a_n \le a + \varepsilon \}$ [/mm] nicht nur unendlich viele, sondern fast alle Indices! Und weiterhin ist die Menge $C := [mm] \{ n \in \IN \mid a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon \}$ [/mm] unendlich, da $a$ selber ein Haeufungswert der Folge ist.
Mit dieser Information kannst du die Aussage jetzt beweisen, du musst nur noch die Monotonie anwenden. Du brauchst, dass die Menge $C$ nicht leer ist. Ist $n [mm] \in [/mm] C$, so ist $a - [mm] \varepsilon [/mm] < [mm] a_n$, [/mm] und wegen der Monotonie gilt [mm] $a_n \le a_{n+1} \le a_{n+2} \le \dots$. [/mm] Also sind fast alle [mm] $a_n, [/mm] n [mm] \in \IN$ [/mm] groesser als $a - [mm] \varepsilon$. [/mm] Da nur endlich viele [mm] $a_n, [/mm] n [mm] \in \IN$ [/mm] groesser als $a + [mm] \varepsilon$ [/mm] sind (Endlichkeit der Menge $A'$), ... Das kleine bisschen was noch fehlt darfst du dir jetzt selber ueberlegen
LG & HTH, Felix
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