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Cauchy Folge, Grenzwerte, Epsilon

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Cauchy Folge, divergenz, Epsilon, Folgen, Konvergenz, Reihen

xxsaimenxx aktiv_icon

13:58 Uhr, 09.10.2012

Hallo erstmal, also ich habe vom Studium folgende aufgabe erhalten:

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Sei

a (n) = n^{0,5}

für

n

element der natürlichen Zahlen zeige, dass für jedes
Epsilon

> 0

ein

N

element der natürlichen Zahlen existiert, so dass:

| a (n + 1) - a (n) | <

Epsilon
für alle

n \geq N

zeige zudem, dass

a (n)

für

n

elment der natürlichen Zahlen keine Cauchy Folge ist.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Nun habe ich Probleme damit, dass ich kein festes Epsilon habe.
Mir ist der Lösungsansatz nicht klar, obwohl ich schon eine Weile darüber nachdenke...
Also diese Folge konvergiert gegen 0. Aber ich weiss nicht, wie ich das allgemein zeigen kann, dass ein Epsilon exisitiert, welches die gegebenen Bedingungen erfüllt.

Vielen Dank für Lösungsvorschläge und/oder Tipps

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

pwmeyer aktiv_icon

14:11 Uhr, 09.10.2012

Hallo,

Du schreibst: "Also diese Folge konvergiert gegen 0". Dazu solltest Du Dir mal einige Folgengleider ausrechnen, also

a (1), a (2), a (3) ...

.

Du schreibst: "Aber ich weiss nicht, wie ich das allgemein zeigen kann, dass ein Epsilon exisitiert, welches die gegebenen Bedingungen erfüllt." Du solltest Dir klar machen, dass genau das nicht in der Aufgabenstellung steht, sondern Du sollst zeigen, dass es zu jedem beliebigen

ε

ein

N

(das im allgemeinen von

ε

abhängen wird) existiert

...

.

Um das zu sehen, musst Du also untersuchen, für welche

n

die Ungleichung

| \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} | < ε

gilt. Dazu kannst Du Dir überlegen, wie es hier mit dem Betrag aussieht und dann die Differenz mit

\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}

erweitern

... .

.

Gruß pwm

xxsaimenxx aktiv_icon

14:25 Uhr, 09.10.2012

Also die Beträge sind irrelevant |a(n+1)−a(n)| = a(n+1)−a(n) , da

a (n + 1) > a (n)

und der Term nie negativ wird. (da

n

element der natürlichen Zahlen)
Zur konvergenz: Ich gebe im Taschenrechner folgendes ein:

100001^{0.5} - 100000^{0.5} = 0.001581135

d . h

die Folge konvergiert gegen 0 für

n \to

unendlich. oder?
Ich habe das Gefühl den Zusammenhang von Epsilon,

N

und der Funktion selbst nicht komplett zu verstehen.
Deshalb ist mir auch nicht klar was konkret gefragt ist... Wie kann ich eine Ungleichung mit zwei unbekannten lösen...?

- - - -

Zitat:

Um das zu sehen, musst Du also untersuchen, für welche

n

die Ungleichung

| \sqrt{n + 1}

−

\sqrt{n}

|<ε

- - - -

pwmeyer aktiv_icon

08:25 Uhr, 10.10.2012

Hallo,

zur Konvergenz gegen 0: Da hatte ich Dich falsch verstanden, ich dachte, diese Aussage beziehe sich auf

a (n) = \sqrt{n}

.

Im weiteren geht es nicht darum die Ungleichung vollständig zu lösen (das ist nur in wenigen Fällen möglich) - es reicht eine Abschätzung:

\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \cdot \frac{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \leq \frac{1}{2 \cdot \sqrt{n}}

Wenn also die Ungleichung

\frac{1}{2 \cdot \sqrt{n}} \leq ε

erfüllt ist, dann auch

\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} \leq ε

.

Also kann man für das gesuchte

N

nehmen:

N = \frac{1}{4 \cdot ε^{2}}

Gruß pwm

xxsaimenxx aktiv_icon

17:13 Uhr, 10.10.2012

Wow genial! Vielen Dank :-)

aber ich verstehe nicht ganz, wie man von

\frac{1}{2 \cdot \sqrt{n}} \leq ɛ \Rightarrow \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} \leq ɛ

nun auf

N = \frac{1}{4 \cdot ɛ^{2}}

kommt...

pwmeyer aktiv_icon

17:58 Uhr, 10.10.2012

Hallo,

für welche

n

gilt denn:

\frac{1}{2 \cdot \sqrt{n}} \leq ε

? Diese Ungleichung kann man doch explizit auflösen.

Ich sehe gerade, dass das

N

aus

ℕ

sein soll, also muss es richtig heißen:

N \in ℕ

mit

N \geq \frac{1}{4 \cdot ε^{2}}

Gruß pwm

xxsaimenxx aktiv_icon

19:00 Uhr, 10.10.2012

Klar!
Vielen Dank

xxsaimenxx aktiv_icon

19:00 Uhr, 10.10.2012

Klar!
Vielen Dank

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