Limsup größter Häufungswert < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 05:44 Di 09.04.2013 | | Autor: | ChopSuey |
Hallo,
ich möchte zeigen, dass $ [mm] \limsup a_n [/mm] = [mm] \sup [/mm] H $ für eine beschränkte reellwertige Folge $ [mm] (a_n)_{n \in \IN} [/mm] $ gilt. $ H $ ist die Menge der Häufungswerte von $ [mm] (a_n) [/mm] $. Ich komme an einer entscheidenden Stelle allerdings einfach nicht weiter.
Setzt man $ A : = [mm] \limsup a_n [/mm] $ und $ [mm] A_n [/mm] := [mm] \sup \{ a_k : k \ge n \} [/mm] $ so gibt es nach Voraussetzung zu jedem $ [mm] \varepsilon [/mm] > 0 $ ein $ [mm] n_0 \in \IN [/mm] $ so dass
$ | [mm] A_n [/mm] - A | [mm] \le \varepsilon [/mm] $ für alle $ n [mm] \ge n_0 [/mm] $
Um zu zeigen, dass $ A [mm] \in [/mm] H $, muss ich zeigen, dass es eine konvergente Teilfolge $ (a'_{n}) =: [mm] (a_{n_{k}}) [/mm] $ gibt, so dass zu jedem $ [mm] \varepsilon [/mm] > 0 $ ein $ [mm] n_{k_0} [/mm] $ existiert, so dass
$ | a'_n - A | < [mm] \varepsilon [/mm] $ für alle $ k [mm] \ge k_0 [/mm] $
Da $ [mm] (a_n) [/mm] $ beschränkt ist, existiert nach dem Satz v. Bolzano-Weierstraß mindestens eine konvergente Teilfolge, also ist $ H [mm] \not= \emptyset [/mm] $ und besitzt ein Supremum und Infimum.
Und genau hier stecke ich fest. Ich weiß, dass ich fertig bin (zumindest mit $ A [mm] \in [/mm] H $), wenn ich zeigen kann, dass
$ [mm] a_{n_k} \to A_n [/mm] $, aber ich sehe nicht, warum das gelten soll.
Es ist $ [mm] A_m [/mm] = [mm] \sup\{ a_k : k \ge m \} \in \IR [/mm] $ für ein festes $ m [mm] \in \IR [/mm] $.
Doch wie konstruiere ich nun eine Teilfolge, die $ [mm] A_m [/mm] $ als Grenzwert hat? Ich sehe es einfach nicht.
Freue mich über jeden Tip !
Viele Grüße
ChopSuey
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:14 Di 09.04.2013 | | Autor: | Helbig |
Hallo ChopSuey,
> ich möchte zeigen, dass [mm]\limsup a_n = \sup H[/mm] für eine
> beschränkte reellwertige Folge [mm](a_n)_{n \in \IN}[/mm] gilt. [mm]H[/mm]
> ist die Menge der Häufungswerte von [mm](a_n) [/mm]. Ich komme an
> einer entscheidenden Stelle allerdings einfach nicht
> weiter.
>
> Setzt man [mm]A : = \limsup a_n[/mm] und [mm]A_n := \sup \{ a_k : k \ge n \}[/mm]
> so gibt es nach Voraussetzung zu jedem [mm]\varepsilon > 0[/mm] ein
> [mm]n_0 \in \IN[/mm] so dass
>
> [mm]| A_n - A | \le \varepsilon[/mm] für alle [mm]n \ge n_0[/mm]
>
> Um zu zeigen, dass [mm]A \in H [/mm], muss ich zeigen, dass es eine
> konvergente Teilfolge [mm](a'_{n}) =: (a_{n_{k}})[/mm] gibt, so dass
> zu jedem [mm]\varepsilon > 0[/mm] ein [mm]n_{k_0}[/mm] existiert, so dass
>
> [mm]| a'_n - A | < \varepsilon[/mm] für alle [mm]k \ge k_0[/mm]
Alles richtig!
>
> Da [mm](a_n)[/mm] beschränkt ist, existiert nach dem Satz v.
> Bolzano-Weierstraß mindestens eine konvergente Teilfolge,
> also ist [mm]H \not= \emptyset[/mm] und besitzt ein Supremum und
> Infimum.
Auch dies ist richtig, aber für diese Aufgabe nicht nützlich.
>
> Und genau hier stecke ich fest. Ich weiß, dass ich fertig
> bin (zumindest mit [mm]A \in H [/mm]), wenn ich zeigen kann, dass
>
> [mm]a_{n_k} \to A_n [/mm], aber ich sehe nicht, warum das gelten
> soll.
So eine Folge kann es gar nicht geben sobald mindestens zwei verschiedene [mm] $A_n$ [/mm] existieren. Aber es gibt immer eine Teilfolge [mm] $(a_{n_k})$ [/mm] so, daß
[mm] $\left | a_{n_k} - A_n\right| [/mm] < {1 [mm] \over [/mm] k+1}$ und [mm] $n_{k+1} [/mm] > [mm] n_k\,.$
[/mm]
Grüße,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 06:42 Di 09.04.2013 | | Autor: | ChopSuey |
Hallo Wolfgang,
vielen Dank für Deine Antwort.
> So eine Folge kann es gar nicht geben sobald mindestens
> zwei verschiedene [mm]A_n[/mm] existieren. Aber es gibt immer eine
> Teilfolge [mm](a_{n_k})[/mm] so, daß
>
> [mm]\left | a_{n_k} - A_n\right| < {1 \over k+1}[/mm] und [mm]n_{k+1} > n_k\,.[/mm]
Ich sehe hier leider nicht, woraus die Existenz einer solchen Teilfolge zwangsläufig folgt. Darf ich fragen, wie Du auf so eine Teilfolge kommst bzw warum es eine solche immer gibt?
In meinen Unterlagen heißt es an der entsprechenden Stelle:
da $ [mm] A_m [/mm] := [mm] sup\{a_k : k \ge m \} [/mm] $ gibt es $ N [mm] \ge [/mm] m $, so dass
$ | [mm] a_N [/mm] - [mm] A_m [/mm] | < [mm] \bruch{\varepsilon}{2} [/mm] $
Und mit Hilfe von $ | [mm] A_m [/mm] - A | < [mm] \bruch{\varepsilon}{2} [/mm] $ ist anschließend die Behauptung gezeigt.
Nur versteh ich besagten Schritt einfach nicht und kann ihn auch nicht rekonstruieren.
Weitere Anregungen?
Vielen Dank soweit.
Viele Grüße
ChopSuey
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:27 Di 09.04.2013 | | Autor: | Helbig |
> Hallo Wolfgang,
>
> vielen Dank für Deine Antwort.
>
>
>
> > So eine Folge kann es gar nicht geben sobald mindestens
> > zwei verschiedene [mm]A_n[/mm] existieren. Aber es gibt immer eine
> > Teilfolge [mm](a_{n_k})[/mm] so, daß
> >
> > [mm]\left | a_{n_k} - A_n\right| < {1 \over k+1}[/mm] und [mm]n_{k+1} > n_k\,.[/mm]
>
> Ich sehe hier leider nicht, woraus die Existenz einer
> solchen Teilfolge zwangsläufig folgt. Darf ich fragen, wie
> Du auf so eine Teilfolge kommst bzw warum es eine solche
> immer gibt?
>
> In meinen Unterlagen heißt es an der entsprechenden
> Stelle:
>
> da [mm]A_m := sup\{a_k : k \ge m \}[/mm] gibt es [mm]N \ge m [/mm], so dass
>
> [mm]| a_N - A_m | < \bruch{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> Und mit Hilfe von [mm]| A_m - A | < \bruch{\varepsilon}{2}[/mm] ist
> anschließend die Behauptung gezeigt.
>
> Nur versteh ich besagten Schritt einfach nicht und kann ihn
> auch nicht rekonstruieren.
>
> Weitere Anregungen?
Definiere die Folge [mm] $(n_k)$ [/mm] rekursiv:
Setze [mm] $n_1 [/mm] = 1$.
Sei [mm] $n_k$ [/mm] bereits definiert. Es gibt $m> [mm] n_k$ [/mm] mit [mm] $a_m [/mm] > [mm] A_{n_k}-1/k\,.$ [/mm]
Setze [mm] $n_{k+1} [/mm] = [mm] m\,.$
[/mm]
Damit haben wir eine Folge mit [mm] $|A_{n_k} [/mm] - [mm] a_{n_{k+1}}| [/mm] < 1/k$ für alle $k> [mm] 1\,.$
[/mm]
Grüße,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:49 Di 09.04.2013 | | Autor: | ChopSuey |
Hallo Wolfgang,
ich glaube, dass ich es verstanden hab'. Will mich aber noch nicht ganz darauf verlassen. Ich schreib erneut, falls es Unklarheiten gibt.
Danke soweit!
Viele Grüße
ChopSuey
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:44 Di 09.04.2013 | | Autor: | ChopSuey |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
bei ein paar Sachen bin ich mir noch nicht so ganz sicher:
Wir konstruieren uns die Teilfolge $ a_{n_k} $ so, dass $ a_{n_k} \in U_{\frac{1}{k}}(A_{n_k}) $ für alle $ n_k $ mit $ n_{k+1} > n_k $.
Also $ | A_{n_k} - a_{n_k} | \le \frac{1}{k+1} < \frac{1}{k} $
Das kann man ja ganz allg. für jeden Häufungswert machen, in dem man Indizes $ n_1 < n_2 < ... $ so wählt, dass $ a_{n_k} \in U_{\frac{1}{k}(a) $ mit steigendem Index.
Setzen wir dann aber nicht bereits voraus, dass $ A_{n_k} $ ein Häufungswert ist?
In dem von mir oben genannten Lösungsvorschlag, wurde ja gesagt, dass aus $ A_m = \sup\{a_k : k \ge m \} $ folgt, dass es ein $ N \ge m $ gibt, so dass $ | a_N - A_m | \le \frac{\varepsilon}{2} $
Doch ich verstehe nach wie vor nicht, wie bzw warum das aus der Def. von $ A_m $ genau folgen soll.
Ist unsere Überlegung äquivalent dazu?
Edit: Da $ A_m = \sup\{a_m, a_{m+1},.... \} $ selbst als Teilfolge von (a_n) auftritt und sowohl monoton fallend, als auch beschränkt ist, findet sich immer min. ein $ N \ge m $ mit
$ a_N > A_m - \frac{1}{k} =: \varepsilon $ bzw $ | a_N - A_m | \le \varepsilon $
bzw in Worten: da für ein hinreichend großes $ N $ die Folgeglieder $ a_N $ und $ sup\{a_m, a_{m+1},...\} $ beliebig wenig abweichen, gilt $ a_N \in U_{\varepsilon} (A_m) $
seh ich das richtig?
Viele Grüße
ChopSuey
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:01 Di 09.04.2013 | | Autor: | Helbig |
Hallo,
da geht noch einiges durcheinander:
> Wir konstruieren uns die Teilfolge [mm]a_{n_k}[/mm] so, dass [mm]a_{n_k} \in U_{\frac{1}{k}}(A_{n_k})[/mm]
> für alle [mm]n_k[/mm] mit [mm]n_{k+1} > n_k [/mm].
Nein. Sondern eine Teilfolge von [mm] $(a_n)$ [/mm] mit [mm] $|a_{n_{k+1}} [/mm] - [mm] A_{n_k}| [/mm] < 1/(k+1)$ für alle [mm] $k\,.$ [/mm] Dies ist etwas anderes als das, was Du oben geschrieben hast.
>
> Also [mm]| A_{n_k} - a_{n_k} | \le \frac{1}{k+1} < \frac{1}{k}[/mm]
>
> Das kann man ja ganz allg. für jeden Häufungswert machen,
> in dem man Indizes [mm]n_1 < n_2 < ...[/mm] so wählt, dass [mm]a_{n_k} \in U_{\frac{1}{k}(a)[/mm]
> mit steigendem Index.
Beachte, daß die [mm] $A_n$ [/mm] im allgemeinen keine Häufungswerte sind! Nimm als Beispiel die Folge [mm] $a_n=1/n\,.$ [/mm] Dann ist auch [mm] $A_n [/mm] = [mm] 1/n\,,$ [/mm] aber keines dieser [mm] $A_n$ [/mm] ist ein Häufungswert der Folge [mm] $(a_n)\,.$
[/mm]
>
> Setzen wir dann aber nicht bereits voraus, dass [mm]A_{n_k}[/mm] ein
> Häufungswert ist?
Keineswegs! Sondern nur, daß [mm] $A_n$ [/mm] ein Supremum ist!
>
> In dem von mir oben genannten Lösungsvorschlag, wurde ja
> gesagt, dass aus [mm]A_m = \sup\{a_k : k \ge m \}[/mm] folgt, dass
> es ein [mm]N \ge m[/mm] gibt, so dass [mm]| a_N - A_m | \le \frac{\varepsilon}{2}[/mm]
>
> Doch ich verstehe nach wie vor nicht, wie bzw warum das aus
> der Def. von [mm]A_m[/mm] genau folgen soll.
Sei [mm] $A_m=\sup \{a_n\mid m\le n\}\,.$ [/mm] Daher gibt es ein [mm] $k\ge [/mm] m$ so, daß [mm] $a_k [/mm] > [mm] A_m-\epsilon/2\,,$ [/mm] denn sonst wäre ja [mm] $A_m-\epsilon/2$ [/mm] eine kleinere obere Schranke von [mm] $\{a_n\mid m\le n\}\,.$ [/mm] Weiter ist dieses [mm] $a_k \le A_m\,,$ [/mm] denn sonst wäre ja [mm] $A_m$ [/mm] keine obere Schranke von [mm] $\{a_n\mid m\le n\}\,.$ [/mm] Damit haben wir [mm] $A_m [/mm] - [mm] \epsilon/2 [/mm] < [mm] a_k \le A_m$ [/mm] und hieraus folgt [mm] $|A_m [/mm] - [mm] a_k| [/mm] < [mm] \epsilon/2\,.$
[/mm]
>
> Ist unsere Überlegung äquivalent dazu?
>
> Edit: Da [mm]A_m = \sup\{a_m, a_{m+1},.... \}[/mm] selbst als
> Teilfolge von [mm](a_n)[/mm] auftritt und sowohl monoton fallend,
> als auch beschränkt ist, findet sich immer min. ein [mm]N \ge m[/mm]
> mit
>
> [mm]a_N > A_m - \frac{1}{k} =: \varepsilon[/mm] bzw [mm]| a_N - A_m | \le \varepsilon[/mm]
>
> bzw in Worten: da für ein hinreichend großes [mm]N[/mm] die
> Folgeglieder [mm]a_N[/mm] und [mm]sup\{a_m, a_{m+1},...\}[/mm] beliebig wenig
> abweichen, gilt [mm]a_N \in U_{\varepsilon} (A_m)[/mm]
>
> seh ich das richtig?
Nein! Für die Folge [mm] $a_n=-1/n$ [/mm] ist [mm] $A_n=0$ [/mm] für alle $n$, und damit ist [mm] $A_n$ [/mm] keine Teilfolge von [mm] $(a_n)\,.$
[/mm]
Grüße,
Wolfgang
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