beschränkt, monoton=>konv < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:52 Do 13.11.2014 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | | Jede beschränkte monotone Folge [mm] (a_n) [/mm] reeller Zahlen konvergiert. |
Ich versteh den Beweis im Forster I, Seite 49 nicht.
Beweis: Nach dem Satz von Bollzano-Weierstraß besitzt die Folge [mm] (a_n) [/mm] eine konvergente Teilfolge [mm] (a_{n_k}). [/mm] Sei a der Limes dieser Teilfolge. Wir zeigen, dass auch die gesamte Folge gegen a konvergiert. Dabei setzten wir voraus. dass die Folge [mm] (a_n) [/mm] monoton wächst, für monoton fallende Folgen geht der Beweis analog.
Sei [mm] \epsilon>0 [/mm] vorgegeben. Dann existiert ein [mm] k_0 \in \IN, [/mm] sodass
[mm] |a_{n_k}-a|<\epsilon [/mm] für alle k [mm] \ge k_0.
[/mm]
Sei [mm] N:=n_{k_0}. [/mm] Zu jedem n [mm] \ge [/mm] N gibt es ein k [mm] \ge k_0 [/mm] mit [mm] n_k \le [/mm] n < [mm] n_{k+1}. [/mm] Da die Folge [mm] (a_n) [/mm] monoton wächst folgt daraus
[mm] a_{n_k} \le a_n \le a_{n_{k+1}} \le [/mm] a
also [mm] |a_n [/mm] -a | [mm] \le |a_{n_k} [/mm] -a| < [mm] \epsilon, [/mm] q.e.d.
Mein Problem ist bei:
> Zu jedem n [mm] \ge [/mm] N gibt es ein k [mm] \ge k_0 [/mm] mit [mm] n_k \le [/mm] n < [mm] n_{k+1}. [/mm]
Die Existenz von k ist mir unklar.
Hat wer einen Tipp für´s Visualisieren dieses Beweises?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:45 Do 13.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Jede beschränkte monotone Folge [mm](a_n)[/mm] reeller Zahlen
> konvergiert.
>
> Ich versteh den Beweis im Forster I, Seite 49 nicht.
>
> Beweis: Nach dem Satz von Bollzano-Weierstraß besitzt die
> Folge [mm](a_n)[/mm] eine konvergente Teilfolge [mm](a_{n_k}).[/mm] Sei a der
> Limes dieser Teilfolge. Wir zeigen, dass auch die gesamte
> Folge gegen a konvergiert. Dabei setzten wir voraus. dass
> die Folge [mm](a_n)[/mm] monoton wächst, für monoton fallende
> Folgen geht der Beweis analog.
> Sei [mm]\epsilon>0[/mm] vorgegeben. Dann existiert ein [mm]k_0 \in \IN,[/mm]
> sodass
> [mm]|a_{n_k}-a|<\epsilon[/mm] für alle k [mm]\ge k_0.[/mm]
> Sei [mm]N:=n_{k_0}.[/mm]
> Zu jedem n [mm]\ge[/mm] N gibt es ein k [mm]\ge k_0[/mm] mit [mm]n_k \le[/mm] n <
> [mm]n_{k+1}.[/mm] Da die Folge [mm](a_n)[/mm] monoton wächst folgt daraus
> [mm]a_{n_k} \le a_n \le a_{n_{k+1}} \le[/mm] a
> also [mm]|a_n[/mm] -a | [mm]\le |a_{n_k}[/mm] -a| < [mm]\epsilon,[/mm] q.e.d.
>
>
> Mein Problem ist bei:
> > Zu jedem n [mm]\ge[/mm] N gibt es ein k [mm]\ge k_0[/mm] mit [mm]n_k \le[/mm] n <
> [mm]n_{k+1}.[/mm]
> Die Existenz von k ist mir unklar.
> Hat wer einen Tipp für´s Visualisieren dieses Beweises?
was Du da Visualisieren willst, weiß ich nict. Aber folgendes: Die Folge (der
Indizes)
[mm] $(n_k)_k$
[/mm]
ist doch eine streng monoton wachsend Folge natürlicher Zahlen. Das folgt
aus der "Teilfolgendefinition"!
(![[]](/images/popup.gif) Definition 5.22!)
Insbesondere gilt auch
[mm] $n_k \ge [/mm] k$
für jedes $k [mm] \in \IN\,.$
[/mm]
Nun zu der Aussage:
Sei nun $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit $n [mm] \ge N\,.$ [/mm] Setze
[mm] $k:=\max\{\ell \in \IN \mid n_\ell \le n\}\,.$
[/mm]
Dann gilt $k [mm] \ge k_0\,:$ [/mm] Wegen
[mm] $n_{k_0}=N \le [/mm] n$
ist nämlich [mm] $k_0 \in \{\ell \in \IN \mid n_\ell \le n\}\,.$
[/mm]
Nun zu den Ungleichungen:
Im Falle [mm] $n_k=n$ [/mm] gilt sofort wegen
[mm] $n=n_k$ [/mm] auch $n [mm] \le n_k$
[/mm]
und wegen
[mm] $n_{k+1} \ge n_k+1$ [/mm] (beachte die strenge Monotonie der Folge [mm] $(n_k)_k$ [/mm] - und,
dass alle [mm] $n_k \in \IN$!)
[/mm]
auch
[mm] $n=n_k [/mm] < [mm] n_k+1 \le n_{k+1}\,,$
[/mm]
also
[mm] $n_k \le [/mm] n < [mm] n_{k+1}\,.$
[/mm]
Nun sei [mm] $n_k [/mm] < [mm] n\,.$ [/mm] Nach Definition von [mm] $k\,$ [/mm] folgt, dass
[mm] $n_{k+1} \le [/mm] n$
NICHT gelten kann. Also muss [mm] $n_{k+1} [/mm] > n$ gelten. Zusammen also
[mm] $n_{k} [/mm] < n < [mm] n_{k+1}$
[/mm]
und damit insbesondere
[mm] $n_k \le [/mm] n < [mm] n_{k+1}\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:20 Fr 14.11.2014 | | Autor: | sissile |
Vielen lieben Dank, bin jetzt erst zum durchdenken gekommen ;)
LG,
sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:24 Fr 14.11.2014 | | Autor: | sissile |
Woher wissen wir eigentlich, dass die Menge [mm] \{l \in \IN | n_l \le n\} [/mm] nicht leer ist?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:20 Fr 14.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissi,
> Woher wissen wir eigentlich, dass die Menge [mm]\{l \in \IN | n_l \le n\}[/mm]
> nicht leer ist?
weil [mm] $k_0 \in \{l \in \IN | n_l \le n\}$ [/mm] gilt (das schreibe ich zwar in einem anderen Zshg.,
aber Du kannst an der Stelle, wo ich
[mm] $\max\{\ell \in \IN \mid n_\ell \le n\}$
[/mm]
begründe, natürlich ergänzend erwähnen, dass daraus folgt, dass diese
Menge auch nicht leer ist - es ist schon gut, sowas zu beachten).
Erinnerung: Es war
[mm] $n_{k_0}=N$ [/mm] und $n [mm] \ge N\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:55 Mi 19.11.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo Marcel,
Entschuldige, dass ich mich erst jetzt nochmal melde. Aber ich habe den Beweis gerade nochmal wiederholt, ob ich ihn auch wirklich verstanden habe.
Ich bin darauf gekommen, dass ich nicht verstehe wieso:
[mm] a_{n_{k+1}} \le [/mm] a gilt.
WÜrde mich freuen, wenn du das nochmal für mich aufklären könntest - da ich nicht darauf komme.
Liebe Grüße,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:02 Mi 19.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissile,
> Hallo Marcel,
> Entschuldige, dass ich mich erst jetzt nochmal melde. Aber
> ich habe den Beweis gerade nochmal wiederholt, ob ich ihn
> auch wirklich verstanden habe.
> Ich bin darauf gekommen, dass ich nicht verstehe wieso:
> [mm]a_{n_{k+1}} \le[/mm] a gilt.
Du meinst, warum
[mm] $a_{n_k} \le [/mm] a$
für alle [mm] $k\,$ [/mm] gelten muss?
> WÜrde mich freuen, wenn du das nochmal für mich
> aufklären könntest - da ich nicht darauf komme.
Nach Wahl der Teilfolge gilt ja
[mm] $(a_{n_{k}})_k$ [/mm] wächst gegen [mm] $a\,,$
[/mm]
denn [mm] $a\,$ [/mm] wurde ja als der Limes dieser Teilfolge definiert.
Um die obige Ungleichung zu beweisen, führen wir einen Widerspruchsbeweis:
Wir nehmen also an, dass es ein [mm] $k_0$ [/mm] mit
[mm] $a_{n_{k_0}} [/mm] > a$
gibt. Setze
[mm] $\epsilon:=a_{n_{k_0}} -a\,,$
[/mm]
dann ist [mm] $\epsilon [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Ich behaupte nun: Für alle $k [mm] \ge k_0$ [/mm] folgt dann aber
[mm] $a_{n_k} \ge \epsilon\,.$ [/mm] (Grund?)
Kann dann noch [mm] $a_{n_k} \to [/mm] a$ ($k [mm] \to \infty$) [/mm] erfüllt werden?
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:30 Mi 19.11.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo Marcel,
Achso!
Würde [mm] \exists k_0 [/mm] mit [mm] a_{n_{k_0}}>a
[/mm]
Setze [mm] \epsilon:= a_{n_{k_0}}-a>0
[/mm]
Wegen Monotonie: [mm] \forall [/mm] k [mm] \ge k_0 :|a_{n_k}-a| \ge a_{n_k} [/mm] -a [mm] \ge a_{n_{k_0}}-a=\epsilon
[/mm]
Widerspruch zur konvergenz der Teilfolge [mm] (a_{n_k}) [/mm] gegen a.
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:21 Mi 19.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissile,
übrigens mal vorneweg: Am besten hätten wir einfach den Satz formuliert:
Ist [mm] $(x_n)_n$ [/mm] monoton wachsend und konvergent gegen [mm] $x\,,$ [/mm] so folgt
[mm] $x_n \le [/mm] x$ für alle [mm] $n\,.$
[/mm]
Dann bräuchten wir uns unten nicht immer mit der Index-Indizierung rum-
plagen... Aber nun gut, machen wir's so weiter, wie wir angefangen haben,
auch wenn es vielleicht *nicht so schön* aussieht:
> Würde [mm]\exists k_0[/mm] mit [mm]a_{n_{k_0}}>a[/mm]
> Setze [mm]\epsilon:= a_{n_{k_0}}-a>0[/mm]
> Wegen Monotonie: [mm]\forall[/mm] k [mm]\ge k_0 :|a_{n_k}-a| \ge a_{n_k}[/mm] -a [mm]\ge a_{n_{k_0}}-a=\epsilon[/mm]
Am Anfang hättest Du besser noch
[mm] $|a_{n_k}-a|=a_{n_k}-a$
[/mm]
ergänzt. Das gilt, denn wegen
[mm] $a_{n_k} \ge a_{n_{k_0}}$
[/mm]
folgt
[mm] $a_{n_k}-a \ge a_{n_{k_0}}-a \ge 0\,.$
[/mm]
> Widerspruch zur konvergenz der Teilfolge [mm](a_{n_k})[/mm] gegen
> a.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:05 Do 13.11.2014 | | Autor: | fred97 |
Ich kanns mir nicht verkneifen, aber wie kommt man denn auf die Idee, das Monotoniekriterium mit Bolzano-W. zu beweisen ??
Der folgende Beweis ist kurz und knapp und enthält noch eine Information über den Limes:
Sei [mm] (a_n) [/mm] monoton wachsend und nach oben beschränkt. Weiter sei [mm] a:=sup\{a_n: n \in \IN\}.
[/mm]
Sei [mm] \epsilon [/mm] >0. Dann ex. ein N [mm] \in \IN [/mm] mit [mm] a_N [/mm] >a- [mm] \epsilon. [/mm] Für n>N hat man dann:
[mm] a-\epsilon
Also [mm] |a_n-a|<\epsilon [/mm] für n>N.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:11 Do 13.11.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo Fred,
Ja den Beweis haben wir auch in der Vorlesung gemacht - ich wollte aber den von Forster auch verstehen;)
LG,
sissi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:50 Do 13.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich kanns mir nicht verkneifen, aber wie kommt man denn auf
> die Idee, das Monotoniekriterium mit Bolzano-W. zu beweisen ??
wahrscheinlich, damit man auch einfache Beweise kompliziert erscheinen
lassen kann?
Oder einfach nur, um zu sehen, dass man auch mit Kanonen auf Spatzen
schießen darf?
Ich muss auch mal im Forster nachschlagen, vielleicht schreibt er ja an
einer Stelle dazu, was das soll. Natürlich ist Dein Beweis *Standard*,
und in einer (mündlichen) Prüfung will sicher jeder Prüfer eher auf diesen
hinaus. 
Beim nochmaligen Lesen des Beweises frage ich mich aber gerade: Wird
an irgendeiner Stelle überhaupt
[mm] $a_{n_{k+1}} \ge a_n$
[/mm]
benötigt? Bei [mm] $a_{n} \ge a_{n_k}$ [/mm] sehe ich ja noch, wozu man das braucht.
Ich muss mir das auch nochmal angucken. Vielleicht schreibt Forster aber
auch später im Buch, dass er diese Ungleichungen irgendwo für gewisse
Abschätzungen verwendet? Das würde dann auch seine Motivation, den
Beweis so zu führen, erklären....
Edit: Achja, er braucht [mm] $a_n \le a_{n_{k+1}}\,,$ [/mm] damit er [mm] $a_n \le [/mm] a$ begründen kann. Jetzt
sehe ich's ...
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:10 Fr 14.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo zusammen!
> Ich kanns mir nicht verkneifen, aber wie kommt man denn auf
> die Idee, das Monotoniekriterium mit Bolzano-W. zu beweisen
> ??
Ich habe den Forster gerade nicht zur Hand, aber ich glaube, der Begriff des Supremums wird bei ihm erst in einem späteren Kapitel eingeführt. Also "musste" er einen Beweis ohne den Supremums-Begriff finden.
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:48 Fr 14.11.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo zusammen!
>
>
> > Ich kanns mir nicht verkneifen, aber wie kommt man denn auf
> > die Idee, das Monotoniekriterium mit Bolzano-W. zu beweisen
> > ??
> Ich habe den Forster gerade nicht zur Hand, aber ich
> glaube, der Begriff des Supremums wird bei ihm erst in
> einem späteren Kapitel eingeführt. Also "musste" er einen
> Beweis ohne den Supremums-Begriff finden.
Dann kann Forster aber noch nicht mal zeigen, dass (1/n) eine Nullfolge ist !. Denn dazu braucht man, dass [mm] \IN [/mm] kein supremum hat !
FRED
>
>
> Viele Grüße
> Tobias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:19 Fr 14.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Fred!
> > Ich habe den Forster gerade nicht zur Hand, aber ich
> > glaube, der Begriff des Supremums wird bei ihm erst in
> > einem späteren Kapitel eingeführt. Also "musste" er einen
> > Beweis ohne den Supremums-Begriff finden.
>
> Dann kann Forster aber noch nicht mal zeigen, dass (1/n)
> eine Nullfolge ist !. Denn dazu braucht man, dass [mm]\IN[/mm] kein
> supremum hat !
Ich glaube, der Beweis, dass [mm] $(\frac{1}{n})_{n\in\IN}$ [/mm] eine Nullfolge ist, funktioniert bei ihm in der Art:
Sei [mm] $\varepsilon>0$. [/mm] Nach dem Archimedischen Axiom existiert dazu ein [mm] $N\in\IN$ [/mm] mit [mm] $N>\frac{1}{\varepsilon}$. [/mm] ...
Er kommt also ohne den Begriff des Supremums aus.
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:25 Fr 14.11.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Fred,
> Dann kann Forster aber noch nicht mal zeigen, dass (1/n)
> eine Nullfolge ist !. Denn dazu braucht man, dass [mm]\IN[/mm] kein
> supremum hat !
Forster benutzt das Archimedische Axiom.
Gruß
DieAcht
edit: Zu langsam...
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