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Tags: Funktion, Grenzwert

Salasah aktiv_icon

02:43 Uhr, 07.06.2016

Hi folgende Frage, warum gilt:

lim_{x \to a} f (x) = c

(wobei

x

hier von unten gegen a geht) und

lim_{x \to a} f (x) = c

(wobei

x

hier von oben gegen a geht)

\Rightarrow lim_{x \to a} f (x) = c

Mir sind die Fallunterscheidungen klar, ich betrachte beliebige Folgen

x_{n}

mit

lim_{n \to \infty} x_{n} = a,

wobei ich mir Folgen anschaue für die gilt:
×

x_{n} < a

für fast alle

n \in N

(klar)
×

x_{n} > a

für fast alle

n \in N

(klar)
×

x_{n} < a

und

x_{n} > a

für unendlich viele

n \in N

. (unklar) Wie behandle ich den Fall?

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)
Grenzwert (Mathematischer Grundbegriff)
Regel von l'Hospital (Mathematischer Grundbegriff)
Wichtige Grenzwerte

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Ableiten mit der h-Methode
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Apilex aktiv_icon

09:39 Uhr, 07.06.2016

Du kannst die Folgen in zwei Teilfolgen zerlegen von denen eine von ersten Fall ist und eine vom zweiten. Dann erfülle die eine Teilfolge das Kriterium für Konvergenz

(ε

Kriterium) ab einem

N

und die andere ab

N'

dann erfüllen alle Glieder der gesammtfolge das

ε

Kriterium ab dem Zeitpunkt N+N'(spätestens)

Salasah aktiv_icon

11:15 Uhr, 07.06.2016

Ok zerlegen hab ich verstanden, aber am hast du doch damit nur gezeigt, dass die gesamte Folge

x_{n}

gegen a konvergiert, was doch von vornherein schon gegeben war ?

Ginso aktiv_icon

12:39 Uhr, 07.06.2016

Ich nehme mal dein < und > sollten eigentlich

\leq

und

\geq

sein, sonst sind deine Aussagen widersprüchlich.

Geht es dir nur darum die letzte Zeile deiner Frage zu zeigen?

Wenn ja, dann verwende einfach die Zeilen davor. Was bedeutet denn "fast alle"? Das bedeutet ja "alle bis auf endlich viele".

Sei

A := {n \in ℕ ∣ x_{n} \leq a}

B := {n \in ℕ ∣ x_{n} \geq a}

C := A \cap B

Du hast gezeigt:

ℕ \ A

endlich

ℕ \ B

endlich

und willst zeigen

C

unendlich.

Salasah aktiv_icon

13:50 Uhr, 07.06.2016

Ich hatte eher an folgendes gedacht:

Zu zeigen:

lim_{x \to a} f (x)

(von unten)

= lim_{x \to a}

(von oben)

= c \Rightarrow lim_{x \to a} f (x) = c

Letzter Fall:
Sei

{(x_{n})}_{n \in N}

Folge mit unendlich vielen Folgegliedern

< a

und unendlich vielen Folgegliedern

> a

.

Sei

{(x_{n_{k}})}_{k \in N}

Teilfolge deren Glieder alle kleiner a und sei

{(x_{n_{l}})}_{l \in N}

Teilfolge deren Glieder alle größer

a

.

Dann gilt mit der Voraussetzung folgendes:

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in N : \forall k \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow \forall ε > 0 \exists N_{1}' \in N : \forall k \geq N_{1}' : | f (x_{n_{k}}) - c | < ε

\forall ε > 0 \exists N_{2} \in N : \forall l \geq N_{2} : | x_{n_{l}} - a | < ε \Rightarrow \forall ε > 0 \exists N_{2}' \in N : \forall l \geq N_{2}' : | f (x_{n_{l}}) - c | < ε

Jetzt muss ich nur noch zeigen:

\exists N :=

???, sodass für alle

n \geq N

gilt:

| f (x_{n}) - c | = | f (x_{n_{k}}) - c | \lor | f (x_{n_{l}}) - c | < ε

für bestimmtes

k, l \in N

.
Doch wie muss ich hier mein

N

wählen?

Apilex aktiv_icon

16:51 Uhr, 07.06.2016

"Ok zerlegen hab ich verstanden, aber am hast du doch damit nur gezeigt, dass die gesamte Folge xn gegen a konvergiert, was doch von vornherein schon gegeben war ?"

\to

wiso war das gegeben ? du gehst doch nur davon aus das alle Folgen für die entweder gilt

x_{n} \geq a \forall x_{n}

oder für die gilt

x_{n} \leq a \forall x_{n}

das heißt du weis doch nur das die Teilfolgen für die gelten soll

x_{n} 1 \leq a \forall, x_{n} 2 \leq a \forall

konvergieren.

Beweis( richtig wie du angefangen hast
Teilfolge mit

x_{n} \leq a \to

∀ε>0∃N1∈N:∀k≥N1:|xnk-a|<ε⇒∀ε>0∃N1'∈N:∀k≥N1':|f(xnk)-c|<ε(Vorausetzung

2)

Teilfolge mit

x_{n} \geq a \to

∀ε>0∃N2∈N:∀l≥N2:|xnl-a|<ε⇒∀ε>0∃N2'∈N:∀l≥N2':|f(xnl)-c|<ε(Vorausetzung

1)

Jetzt muss ich nur noch zeigen:

"∃N:=

...,

k

,l∈N.
Doch wie muss ich hier mein

N

wählen? "

\to

" |f(x_n)-c|=|f(x_n_k)-c|∨|f(x_n_l)-c|< epsilon"
Die fomulierung geht leider nicht (denn was soll Zahl

\lor

Zahl für ein wert haben )mach statdessen eine Fall unterscheidung

wahl von

\to N = N 1 + N 2

für jedes

x_{n}

mit

n \geq N

gilt entweder

1) x_{n} < a

oder

2) x_{n} \geq a

dann kanst du nach Vorausetzung 1 sagen das für Fall

1)

gilt

| f (x_{n}) - c | < ε

N > N 1

und für Fall

2)

gilt es nach Vorausetzung

2 | f (x_{n}) - c | < ε

N > N 2

Salasah aktiv_icon

17:50 Uhr, 07.06.2016

Ok,

1) N = N_{1} + N_{2}

für jedes

x_{n}

mit

n \geq N

gilt entweder

1)

oder

2)

1)

Falls

x_{n} < a,

dann heißt das doch, dass es ein

k \in N

gibt mit

x_{n} = x_{n_{k}},

das heißt also

n = n_{k}

für bestimmtes

k

.
Nun wissen wir:

\forall > 0 \exists N_{1} \in N : \forall k \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow \forall ε > 0 \exists N_{1}' \in N : \forall k \geq N_{1}' : | f (x_{n_{k}}) - c | < ε

Wo ging aber hier ein, dass

n \geq N

ist ? Das muss irgendwie mit dem

n_{k}

und dem

k

zusammenhängen.

Ich möchte dass halt ganz detailliert über die Teilfolgen verstehen... Es gilt ja

n = n_{k} \geq N \geq N_{1},

aber in der Voraussetung steht ja

\forall k \geq N_{1}

und nicht

\forall n_{k} \geq N_{1}

das versteh ich net ganz.. mmh

Obwohl ist das nicht eine Implikation?

\forall k \geq N_{1}

gilt... dann natürlich auch

\forall n_{k} \geq N_{1}

gilt:

. .

Apilex aktiv_icon

18:04 Uhr, 07.06.2016

OK ja ich sehe dein Problem (hab ich übersehen)

am einfachsten kannst du das lösen wenn du deine Vorrausetzung umschreibst und statt

k \geq N 1

stattdessen

n_{k} \geq N 1

(bzw

n_{l} \geq N 2)

festlegst dann gilt deine Vorausetzung immer noch da für

n_{k'} \geq n_{k}

auch gilt

k' \geq k

und dann fällt das problem weg.

"Obwohl ist das nicht eine Implikation? ∀k≥N1 gilt... dann natürlich auch ∀nk≥N1 gilt: "

\Rightarrow

Das problem ist die Wahl von

N : N = N 1 + N 2

würde nicht mehr ausreichen

\to

kann ja sein das die eine Teilfolge ab dem 3 und die andere abdem 2 Glied Konvergiert(das konvergenz kriterium erfüllt)

N

wäre also

N = 5

aber falls das erste glied aus einer folge erst an der sechsten stelle kommen würde müsste es ja schon das konvergenzkriterium erfüllen da

n_{k} = 6

wäre was aber nach Vorausetzung nicht stimmen muss.

Salasah aktiv_icon

23:14 Uhr, 07.06.2016

Sorry erstmal dass ich immer wieder nachfrage, ich wills wirklich verstehen. :-)

Das heißt also: Für jedes

x_{n}

mit

n \geq N = max {N_{1}, N_{2}}

gilt entweder

1) x_{n} < a

oder

2) x_{n} \geq a

Fall

1) x_{n} < a

für alle

n \geq N,

dann ist ja

x_{n} = x_{n_{k}}

für ein bestimmtes

k

Dann gilt also

\forall n = n_{k} \geq N = max {N_{1}, N_{2}}

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in N : \forall k \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow \forall ε > 0 \forall n_{k} \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε

(da wenn für alle

k \geq N_{1}

dann natürlich auch für alle

n_{k} \geq N_{1})

\Rightarrow \forall ε > 0 \exists N_{1}' \in N : \forall n_{k} \geq N_{1}' : | f (x_{n_{k}}) - c | < ε

Die Implikation gilt, weil wir ja nur

n = n_{k}

betrachten für die gilt, dass

n = n_{k} \geq N \geq N_{1}

Das macht in meinen Augen soweit Sinn :-)

Apilex aktiv_icon

06:33 Uhr, 08.06.2016

genau
und da jedes

x_{n}

in einen Fall(1 oder

2)

fällt zeigt mann es so für alle

x_{n}

ab einem gewissen Zeitpunkt.

Salasah aktiv_icon

11:10 Uhr, 08.06.2016

Alles klar, super.
Ich frag mich gerade noch, ob auch immer die Rückrichtung gilt, also wenn ich habe:

{(x_{n})}_{n \in N}

Folge und

{(x_{n_{k}})}_{k \in N}

konvergente Teilfoge gegen

a,

gilt dann

\forall ε > 0 \exists N_{0} \in N : \forall k \geq N_{0} : | x_{n_{k}} - a | < ε \Leftrightarrow \forall ε > 0 \exists N_{0} \in N : \forall n_{k} \geq N_{0} : | x_{n_{k}} - a | < ε

Ist das überhaupt so richtig aufgeschrieben? Ich meine ja das gleiche

N_{0}

Apilex aktiv_icon

12:15 Uhr, 08.06.2016

Diese Richtung gilt trivial da

x_{k} \geq k \forall k \in ℕ (x_{k} \geq N \Rightarrow

gilt auch für

k \geq N)

die andere Richtung gilt nicht

(k \geq N

nicht

\Rightarrow

für

\forall x_{k} \geq N)

Salasah aktiv_icon

12:25 Uhr, 08.06.2016

Sehe ich nicht. Bsp:

{(x_{n})}_{n \in N} = - 2 n + 1

{(x_{n_{k}})}_{k \in N} = {(x_{2 k - 5})}_{k \in N} = - 2 \cdot (2 k - 5) + 1 = - 4 k + 11

z . B

k = 4 \Rightarrow n_{k} = 3

und 3 ist nicht größer als 4

Achso gerade deine korrektur gelesen :-)

Apilex aktiv_icon

12:37 Uhr, 08.06.2016

In dem angegeben Fall ist das was du angegeben hast aber keine Teilfolge das ist natürlich notwendig

Salasah aktiv_icon

12:44 Uhr, 08.06.2016

Achso, weil für

k = 1,2

Werte kleine Null rauskommen. Ja stimmt.

Aber trotzdem warum ist

n_{k} \geq k \forall k \in N

. Ist das soo trivial? Ich weiß ja nur das

n_{k}

eine streng monoton steigende Folge sein muss. mhmmmm

Apilex aktiv_icon

13:16 Uhr, 08.06.2016

Überleg dir mal wie du von einer Teilfolge zu der original Folge kommst.
Dafür musst du ja einfach weitere Elemente zwischen den der Teilfolge einfügen dadurch liegen aber immer noch die Folgenglieder die in der Teilfolge davor liegen immer noch davor das heißt der Indizes ist, ist mindestens so groß wie in der Teilfolge oder größer falls du davor Elemente eingefügt hast

Salasah aktiv_icon

23:09 Uhr, 08.06.2016

Ahh stimmt macht Sinn..

Wenn ich

z . B

{(x_{n_{k}})}_{k \in N}

und hier

z . B

. für

k = 5

und für

n_{k} = 3

rausbekommen würde, dann wäre das 5-te Folgenglied der Teilfolge gleich dem 3-ten Folgenglied meiner ursprünglichen Folge, und das macht natürlich kein Sinn.

So hab ichs mir erklärt grob, geht auch oder?

Salasah aktiv_icon

23:35 Uhr, 08.06.2016

ok gut

n_{k} \geq k \forall k \in N,

dann verstehe ich aber nicht deine Aussage oben

n_{k} \geq N_{0} \Rightarrow

gilt auch für

k \geq N_{0}

ABER:

k \geq N_{0} \Rightarrow

(NICHT)

\forall n_{k} \geq N_{0}

Ich meine folgendes zum ABER:

Wenn

k \geq N_{0},

und

n_{k} \geq k \forall k \in N \Rightarrow

(für mich)

n_{k} \geq k \geq N_{0}

Also zusammengefasst denke ich:

k \geq N_{0} \in N \Rightarrow n_{k} \geq N_{0}

(wegen obigem Gedanken)

und

n_{k} \geq N_{0}

daraus folgt nicht unbedingt

k \geq N_{0}

Bsp:

x_{n} = \frac{1}{n}

x_{n_{k}} = x_{2 k} = \frac{1}{2 k}, N_{0} = 10, n_{k} = 12 \Rightarrow k = 6

Das sollte ein gutes Beispiel sein.

Was sagst du? :-)

Apilex aktiv_icon

23:54 Uhr, 08.06.2016

ok meine Fomulierung war etwas ungünstig(-> wirklich schlecht) mit "

k \geq N_{0} \Rightarrow

(NICHT)

\forall

n_k>=N_0"

meinte ich wenn

\forall k \geq N_{0}

gilt

| x_{n_{k}} - a | < ε

gilt muss nicht gelten

\forall x_{k} \geq N_{0}

gilt

| x_{n_{k}} - a | < ε

Anlog meinte ich mit "

n_{k} \geq N_{0} \Rightarrow \forall

k>=N_0" das gilt

\forall x_{k} \geq N_{0}

gilt

| x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow

\forall k \geq N_{0}

gilt

| x_{n_{k}} - a | < ε

Bei den einfach so hingeschriebenen Implikationen
gilt natürlich nicht

\to n_{k} \geq N_{0} \Rightarrow k \geq N_{0}

und es gilt

\to k \geq N_{0} \Rightarrow n_{k} \geq N_{0}

war wirklich ein dummer Fehler von mir

Salasah aktiv_icon

00:28 Uhr, 09.06.2016

Genau und die erste Implikation hab ich benutzt. Oben habe ich ja benutzt wenn

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in N : \forall k \geq N_{1}

gilt

| x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow \forall n_{k} \geq N_{1}

gilt

| x_{n_{k}} - a | < ε

.
Und das gilt eben weil wenn

| x_{n_{k}} - a | < ε

für alle

k \geq N_{1}

gilt, dann auch für alle

n_{k} \geq N_{1}

weil ja

n_{k} \geq k

für alle

k \in N

Apilex aktiv_icon

08:38 Uhr, 09.06.2016

nein leider nicht

\to

"∀ε>0∃N1∈N:∀k≥N1 gilt |xnk-a|<ε⇒∀nk≥N1 gilt |xnk-a|<ε."
Das Problem ist das du zwar weist

n_{k} \geq k > N

gilt aber es könnt auch sein das ein

k' < k \exists

sodass

n_{k'} > k > N

ist und das darf natürlich nicht sein.
Bsp.
Folge

x_{n} = \frac{1}{n}

teilfolge

x_{n_{k}} = \frac{1}{2} k, a = 0

ε = \frac{1}{8}

Dann gilt

\to | x_{n_{k}} - 0 | \leq ε \forall k \geq 4

jedoch gilt nicht

| x_{n} - 0 | \leq ε \forall n_{k} \geq 4

n_{4} = 8

und somit müsste

| x_{n_{3}} - 0 | \leq ε

auch gelten da

n_{3} = 6 \geq 4

was aber nicht stimmt da

x_{n_{3}} = \frac{1}{6} > \frac{1}{8}

Apilex aktiv_icon

09:02 Uhr, 09.06.2016

Soll

x_{n_{k}} = \frac{1}{2 \cdot k}

heißen

Salasah aktiv_icon

13:19 Uhr, 09.06.2016

Stimmt, gutes Beispiel, das heißt also der Betrag gilt zwar für alle

k \geq N_{1},

aber es gibt in dem Beispiel ein

n_{k} \geq N_{1}

mit

k < N_{1}

(Im Beispiel dein

n_{3})

für das der Betrag nicht gilt.

Aber kann man das nicht leicht abändern indem man sagt der Betrag gilt für alle

n_{k} \geq N_{1}

mit

k \geq N_{1}

.

Dann müsste das aber stimmen oder?

Apilex aktiv_icon

14:23 Uhr, 09.06.2016

ja das würde gehen obwohl

\forall

nk≥N1 mit k≥N1

\Leftrightarrow \forall n_{k}

mit k≥N1 aber an sich kannst du das auch so korrigieren

Salasah aktiv_icon

00:00 Uhr, 10.06.2016

Wie würdest du dann den Fall aufschreiben?

x_{n} < a

?
Man muss echt viel beachten, viele Kleinigkeiten...., für eine eigentlich so klare Aussage...

x_{n} = x_{n_{k}} \Rightarrow n = n_{k}

und es gilt für alle

n = n_{k} \geq N = max {N_{1}, N_{2}}

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in N : \forall k \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε

\Rightarrow \forall ε > 0 \forall n_{k} \geq N_{1}

mit

k \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε

\Rightarrow \forall ε > 0 \forall n_{k} \geq N_{1}'

mit

k \geq N_{1}' : | f (x_{n_{k}}) - a | < ε

Das sieht aber irgendwie sehr kompliziert aufgeschrieben aus und kann man hier überhaupt noch von Konvergenz sprechen, wenn noch die Nebenbedingung

k \geq N_{1}

bzw

k \geq N_{1}'

steht?

Vielleicht kannst du ja mal aufschreiben wie es aussehen sollte :-)

Apilex aktiv_icon

00:54 Uhr, 10.06.2016

erstmal kleine Fehler behebung wir wissen nur etwas über den Grenzwert von

f (x)

deshalb

\to

\to

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in ℕ : \forall n_{k} \geq N_{1} : | f (x_{n_{k}}) - f (a) | < ε

\forall ε > 0 \exists N_{2} \in ℕ : \forall n_{l} \geq N_{2} : | f (x_{n_{l}}) - f (a) | < ε

x_{n_{l}} \cup x_{n_{k}} = x_{n}

das löst die Probleme (und man muss sich nicht dauernd fragen ob mann

k \geq N

oder

n_{k} \geq N

nehmen muss)

Das problem an der Fomulierung ist das das

k

abhängig von der gewählten teilfolge ist das heißt mann müsste diese dazu angeben was ja nich wirklich möglich ist.

n_{k}

hingegen ist für jede beliebige Teilfolge immer dem gleichen Element der gesammtfolge zugeordnet also unabhängig von der wahl der Teilfolge.

Für eine Feste Teilfolge würde die Aussage aber stimmen da

\forall k \geq N 1 | f (x_{n_{k}}) - f (a) | < ε \Rightarrow \exists N'

sodass

\forall n_{k} \geq N'

gilt

: | f (x_{n_{k}}) - f (a) | < ε

mit

N' \in ℕ \to

macht sich aber trozdem ungünstig das aufzuschreiben deshalb lieber

Beweis: gelte

lim_{n \to \infty} x_{n} = a

[

Vor.1]

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in ℕ : \forall n_{k} \geq N_{1} : | f (x_{n_{k}}) - f (a) | < ε

mit

x_{n_{k}} \geq a

[

Vor.2

] \forall ε > 0 \exists N_{2} \in ℕ : \forall n_{l} \geq N_{2} : | f (x_{n_{l}}) - f (a) | < ε

mit

x_{n_{l}} < a

und

[

Vor.3

] x_{n_{l}} \cup x_{n_{k}} = x_{n}

Sei

N := N_{1} + N_{2}

(oder

max {N_{1}, N_{2}})

Dann gilt für

x_{n}

mit

n \geq N

entweder

x_{n} \geq a

oder

x_{n} < a

Fall

1) x_{n} \geq a \Rightarrow

nach

[

Vor.1] da

n \geq N > N_{1} \forall ε > 0 : | f (x_{n}) - f (a) | < ε

Fall

2) x_{n} < a \Rightarrow

nach

[

Vor.2] da

n \geq N > N_{2} \forall ε > 0 : | f (x_{n}) - f (a) | < ε

\Rightarrow \forall ε > 0 \forall x_{n}

mit

n \geq N : | f (x_{n}) - f (a) | < ε

\Rightarrow lim_{x \to a} f (x) = c

Salasah aktiv_icon

11:53 Uhr, 10.06.2016

Stimmt, eine andere Voraussetzung. Ich hab folgende Äquivalenz nicht ganz vor Augen gehabt:

{(x_{n_{k}})}_{k \in N}

gegen a konvergente Teilfolge von

{(x_{n})}_{n \in N},

dann gilt:

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in N : \forall k \geq N_{1} : | x_{n_{k}} - a | < ε \Leftrightarrow \forall ε > 0 \exists N_{2} \in N : \forall n_{k} \geq N_{2} : | x_{n_{k}} - a | < ε

Das man also entweder alle

n_{k}

größer als ein bestimmten Index oder alle

k

größer als ein bestimmten Index betrachtet.

Apilex aktiv_icon

15:38 Uhr, 10.06.2016

Da man aber für jede fest gewählte Teilfolge

N_{1}

aus

N_{2}

berechnen kann und

N_{2}

aus

N_{1}

sind die Formulierungen Äquivalent nutzbar

Salasah aktiv_icon

15:51 Uhr, 10.06.2016

Für einen so gut nachzuvollzierenden Beweis dafür von dir wie oben wäre ich dir sehr dankbar und dann hab ich auch genug nachgefragt, versprochen :-)

Apilex aktiv_icon

16:11 Uhr, 10.06.2016

" =>"
gelte

\forall ε > 0 \exists N \in ℕ : k \geq N_{1} | x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow

setze

N_{2} = n_{N_{1}}

dann gilt

\forall ε > 0 \exists N \in ℕ : n_{k} \geq N_{2} | x_{n_{k}} - a | < ε

"<="
gelte

\forall ε > 0 \exists N_{2} \in ℕ : n_{k} \geq N_{2} | x_{n_{k}} - a | < ε \Rightarrow

setze

N_{1}

so das

n_{N_{1}} \geq N_{2}

was für jede Teilfolge möglich ist. Dann gilt

\forall ε > 0 \exists N_{1} \in ℕ : k \geq N_{1} | x_{n_{k}} - a | < ε

Salasah aktiv_icon

16:45 Uhr, 10.06.2016

Verstanden, alles klar vielen Dank für deine Hilfe Apilex!

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