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| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:27 Sa 04.02.2012 | | Autor: | erha06 |
| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass die Folge [mm] $(\bruch{n-1}{2n})$ [/mm] eine Cauchy-Folge ist. |
Hallo zusammen,
da ich das bisher noch nicht gemacht habe, wäre es nett, wenn mir jemand sagen könnte ob meine Lösung so passt 
Sei oBdA [mm] $m>n>n(\varepsilon)$
[/mm]
[mm] $|a_m-a_n|=|\bruch{m-1}{2m}-\bruch{n-1}{2n}|$
[/mm]
$= [mm] |\bruch{m}{2m}-\bruch{1}{2m}-(\bruch{n}{2n}-\bruch{1}{2n})| [/mm] $
$= [mm] |\bruch{1}{2}-\bruch{1}{2m}-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2n}| [/mm] $
$= [mm] |-\bruch{1}{2m}+\bruch{1}{2n}| [/mm] $
[mm] $\le |-\bruch{1}{2m}|+|\bruch{1}{2n}| [/mm] $ (nach Dreiecksungl.)
$= [mm] \bruch{1}{2m}+\bruch{1}{2n} [/mm] $
Sei [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] beliebig. Wähle [mm] $n(\varepsilon)$ [/mm] so, dass [mm] $\bruch{1}{n(\varepsilon)}<\varepsilon$.
[/mm]
Somit gilt:
[mm] $|a_m-a_n|\le\bruch{1}{2m}+\bruch{1}{2n}$
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{2}(\bruch{1}{m}+\bruch{1}{n})$
[/mm]
[mm] $<\bruch{1}{2}(\bruch{1}{n(\varepsilon)}+\bruch{1}{n(\varepsilon)})$
[/mm]
[mm] $<\bruch{1}{2}(\varepsilon [/mm] + [mm] \varepsilon)$
[/mm]
[mm] $=\varepsilon$
[/mm]
Grüße
erha06
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:50 So 05.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo erha06,
> Zeigen Sie, dass die Folge [mm](\bruch{n-1}{2n})[/mm] eine
> Cauchy-Folge ist.
>
> Hallo zusammen,
>
> da ich das bisher noch nicht gemacht habe, wäre es nett,
> wenn mir jemand sagen könnte ob meine Lösung so passt
>
>
> Sei oBdA [mm]m>n>n(\varepsilon)[/mm]
>
> [mm]|a_m-a_n|=|\bruch{m-1}{2m}-\bruch{n-1}{2n}|[/mm]
> [mm]= |\bruch{m}{2m}-\bruch{1}{2m}-(\bruch{n}{2n}-\bruch{1}{2n})|[/mm]
>
> [mm]= |\bruch{1}{2}-\bruch{1}{2m}-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{2n}|[/mm]
>
> [mm]= |-\bruch{1}{2m}+\bruch{1}{2n}|[/mm]
> [mm]\le |-\bruch{1}{2m}|+|\bruch{1}{2n}|[/mm]
> (nach Dreiecksungl.)
> [mm]= \bruch{1}{2m}+\bruch{1}{2n}[/mm]
>
> Sei [mm]\varepsilon>0[/mm] beliebig. Wähle [mm]n(\varepsilon)[/mm] so, dass
> [mm]\bruch{1}{n(\varepsilon)}<\varepsilon[/mm].
>
> Somit gilt:
hier würde ich nochmal drauf hinweisen: für alle $m > n > [mm] n(\varepsilon)\,,$ [/mm] aber das nur pro forma!
> [mm]|a_m-a_n|\le\bruch{1}{2m}+\bruch{1}{2n}[/mm]
> [mm]=\bruch{1}{2}(\bruch{1}{m}+\bruch{1}{n})[/mm]
>
> [mm]<\bruch{1}{2}(\bruch{1}{n(\varepsilon)}+\bruch{1}{n(\varepsilon)})[/mm]
> [mm]<\bruch{1}{2}(\varepsilon + \varepsilon)[/mm]
> [mm]=\varepsilon[/mm]
Das ist alles okay - ich würde aber den eigentlichen Beweis erst bei dem "Sei [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ beliebig" (und meinetwegen zusätzlich ", aber fest") beginnen (und dann musst Du den roten Teil von mir nochmal erwähnen).
Du kannst Dir hier auch den "Umweg über die Dreiecksungleichung" ein wenig ersparen (aber das musst Du nicht notwendigerweise, es ist auch so alles, was Du benutzt hattest, absolut korrekt!):
Wegen
[mm] $$a_m-a_n=(1/2)-1/(2m)-(1/2)+1/(2n)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\right)$$
[/mm]
(das hast Du ja im Prinzip selbst genauso berechnet)
folgt natürlich für $m > [mm] n\,$ [/mm] (weil [mm] $(1/n)_n$ [/mm] monoton fällt):
[mm] $$|a_m-a_n|=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\right) \le \frac{1}{2n}\,.$$
[/mm]
Daher kann man den Beweis auch (ein wenig "feiner") aufschreiben mit:
Für beliebiges [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ wähle also [mm] $n(\varepsilon) \in \IN$ [/mm] so, dass [mm] $\frac{1}{n} [/mm] < [mm] 2\varepsilon$ [/mm] für alle $n [mm] \ge n(\varepsilon)\,.$ [/mm] (Geht wegen Archimedes!)
Aber Dein Beweis ist absolut korrekt!
P.S.:
Manchmal kann es auch helfen, den Beweis so zu führen:
Man zeigt, dass es zu jedem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $n(\varepsilon) \in \IN$ [/mm] gibt, so dass für alle $n [mm] \ge n(\varepsilon)$ [/mm] und alle $k [mm] \in \IN$ [/mm] gilt
[mm] $$|a_{n+k}-a_n| [/mm] < [mm] \varepsilon\,.$$
[/mm]
Oben würde man das dann so machen:
Seien $n,k [mm] \in \IN$ [/mm] zunächst beliebig:
[mm] $$|a_{n+k}-a_n|=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+k)}=\frac{k}{2n(n+k)} \le \frac{1}{2n}\,.$$
[/mm]
Aber das nur nebenbei!
Wie gesagt:
Zu Deinem Beweis:
![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Gruß,
Marcel
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