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Beweis nicht monoton/alternierend Folge?

Universität / Fachhochschule

Tags: Beweis, Infimum, Supremum

Nekks aktiv_icon

15:44 Uhr, 27.02.2016

Hallo

wie würde man mathematisch das Infimum/Supremum ermitteln und beweisen, vor allem dann, wenn es keine kleinste obere/größte untere Schranke gibt?

Wie verhält es sich zur Monotonie?

Wie zu alternierenden Folgen?

Ein triviales Beispiel:

(a_{n})

mit

a_{n} = {(- 2)}^{n}

(a_{n}) = - 2, 4, - 8, 16, ..., {(- 2)}^{n}

Daraus ergibt sich, dass es keine kleinste/größte obere/untere Schranke geben.
Wie beweist man dies? Reicht das alleinige Darstellen erster Folgenglieder?

(a_{n}) = - 2, - 8, - 32, . .

. für

n

ungerade

(a_{n}) = 1, 4, 16, . .

. für

n

gerade

Man sieht, dass die Folge alterniert. Ist es diesbezüglich ausreichend? Ist es mathematisch korrekt?

Eine Grenzwertanalyse zeigt:

lim_{n \to \infty} (a_{n}) = lim_{n \to \infty} ({(- 2)}^{n}) = \pm \infty

Damit ist die Folge divergent.

Ich bitte um vollständige Begründungen, da ich das Wissen auf anspruchsvollere Aufgaben übertragen kann!

Vielen Dank im Voraus und liebe Grüße
Nekks

Hierzu passend bei OnlineMathe:

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IPanic aktiv_icon

16:15 Uhr, 27.02.2016

Hallo, angenommen

a_{n} = {(- 2)}^{n}

ist beschränkt.

Dann existiert ein

C_{1},

sodass

- 2^{n} \leq C_{1}

und ein

C_{2},

sodass

- 2^{n} \geq C_{2}

für alle

n \in N, C_{1}, C_{2} \in ℝ

Betrachte nun nur die geraden Folgeglieder, sei also

n = 2 m

mit

m \in N

.

Dann ist

{(- 2)}^{2 m} = 2^{2 m}

2^{2 m}

ist jedoch nicht nach oben beschränkt, denn

2^{2 m} > m > C_{1}

.
wähle also

m_{0} := C_{1}

(die nächste ganze Zahl), dann ist

2^{2 m} \geq C_{1}

für alle

m > m_{0}

Analog zeigst du, dass die ungeraden Folgeglieder

< C_{2}

sind.

Um die Konvergenz zu widerlegen würde ich entweder das Cauchy Kriterium nutzen, oder du nutzt einfach das Wissen, dass eine alternierende Folge nur dann konvergieren kann, wenn der Grenzwert 0 ist. Zu zeigen wäre also, dass

| a_{n} - 0 | < ε

für alle

n \geq n_{0},

also

2^{n} < ε

für alle

n \geq n_{0}

. Und das kann man einfach widerlegen.

Nekks aktiv_icon

18:00 Uhr, 27.02.2016

Erst einmal möchte ich mich für Deine Mühe bedanken!

Könntest du mir vielleicht eine Beispielaufgabe vorrechnen?

(a_{n})

mit

a_{n} = \frac{(4 n + 3) (9 n + n^{2})}{{(- 3)}^{n}} + \frac{{(- 2 + 4)}^{n}}{2 n^{2} + {(- 5)}^{n}}

Auf Konvergenz, Beschränktheit (Infimum, Supremum bestimmen) und Monotonie.

vielen Dank!

IPanic aktiv_icon

19:06 Uhr, 27.02.2016

Hi,

für gerade

n

ist

a_{2 n} = \frac{(4 n + 3) \cdot (9 n + n^{2})}{3^{n}} + \frac{2^{n}}{2 n^{2} + 5^{n}}

für ungerade

n

ist

a_{2 n + 1} = \frac{(4 n + 3) \cdot (9 n + n^{2})}{{- 3}^{n}} + \frac{2^{n}}{2 n^{2} - 5^{n}}

Man sieht recht schnell, dass

lim_{n \to \infty} a_{2 n} = lim_{n \to \infty} a_{2 n + 1} = 0

Damit ist

| a_{2 n} - 0 | < ε

für alle

n \geq n_{0}

und

| a_{2 n + 1} - 0 | < ε

für alle

n \geq n_{1}

Wähle nun

n_{2}

so, dass für alle

n \geq n_{2}

gilt

| a_{2 n} | < \frac{ε}{2}

und

n_{3}

so, dass für alle

n \geq n_{3}

gilt

| a_{2 n + 1} | < \frac{ε}{2}

Dann ist für alle

n \geq max {n_{2}, n_{3}}

| a_{2 n} - a_{2 n + 1} | \leq | a_{2 n} | + | a_{2 n + 1} | < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} < ε

und somit die Folge nach dem Cauchy Kriterium konvergent.

Da die obige Folge konvergent ist, ist sie auch beschränkt. Um das Supremum zu bestimmen könntest du ja mal die Folge

a_{2 n}

dir genauer anschauen. Die dürfte ja monoton fallend sein ab einem gewissen

n

(und ist stets

> 0)

. Analog wird man zeigen können, dass

a_{2 n + 1}

monoton wachsend ist ab einem

n

(und stets

< 0)

. Sehe da sonst keinen Trick um das Infimum, Supremum schnell zu erkennen. Eventuell kann dir jemand anders helfen.

Nekks aktiv_icon

19:44 Uhr, 28.02.2016

Vielen Dank für Deine Antwort!

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