lim inf < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:32 Di 25.11.2008 | | Autor: | gigi |
| Aufgabe | | Beweise: [mm] \alpha=lim [/mm] inf [mm] a_n \gdw \forall \epsilon>0: [/mm] es ex. unendlich viele Folgeglieder [mm] a_n [/mm] mit [mm] a_n<\alpha+\epsilon [/mm] und nur endlich viele Folgeglieder mit [mm] a_n \le \alpha -\epsilon [/mm] |
hallo
die ausdrücke "endlich viele" und "unendlich viele" lassen mich an die def. vom grenzwert denken: da liegen ja fast alle (also alle bis auf endlich viele) folgeglieder in der epsilonumgebung des grenzwertes. beim häufungswert sind es hingegen unendlich viele.
vielleicht ist auch die intervallschachtelung irgendwie hilfreich.
ich habe nur leider keine ahnung, wie ich das in den beweis packe!
vielen dank für eure hilfe!
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> Beweise: [mm]\alpha=lim[/mm] inf [mm]a_n \gdw \forall \epsilon>0:[/mm] es ex.
> unendlich viele Folgeglieder [mm]a_n[/mm] mit [mm]a_n<\alpha+\epsilon[/mm]
> und nur endlich viele Folgeglieder mit [mm]a_n \le \alpha -\epsilon[/mm]
>
> hallo
>
> die ausdrücke "endlich viele" und "unendlich viele" lassen
> mich an die def. vom grenzwert denken: da liegen ja fast
> alle (also alle bis auf endlich viele) folgeglieder in der
> epsilonumgebung des grenzwertes. beim häufungswert sind es
> hingegen unendlich viele.
> vielleicht ist auch die intervallschachtelung irgendwie
> hilfreich.
> ich habe nur leider keine ahnung, wie ich das in den beweis
> packe!
Hallo,
bevor Du jetzt irgendwas tust, machst oder packst, brauchst Du erstmal die Definition des limes inferior, damit klar ist, was Voraussetzung bzw. zu zeigen ist. (Der Beweis hat ja zwei Richtungen).
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:02 Di 25.11.2008 | | Autor: | gigi |
nun, in meinen aufzeichnungen ist der lim inf [mm] a_n [/mm] definiert als der kleinste häufungspunkt der folge [mm] a_n.
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:01 Di 25.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> nun, in meinen aufzeichnungen ist der lim inf [mm]a_n[/mm] definiert
> als der kleinste häufungspunkt der folge [mm]a_n.[/mm]
okay. Ich nehme mal an, dass die Aussage für [mm] $\liminf_{n \to \infty} a_n \not=-\infty$ [/mm] gilt (ansonsten müsste man sich Gedanken machen, wie sie für [mm] $\liminf_{n \to \infty}a_n=-\infty$ [/mm] überhaupt zu verstehen ist).
Sei also [mm] $(a_n)_n$ [/mm] stets nach unten beschränkt.
Und nun überlege Dir, was das heißt. Das heißt einerseits, dass es eine Teilfolge [mm] $(a_{n^{(1)}_k})_k$ [/mm] von [mm] $(a_n)_n$ [/mm] gibt, die gegen [mm] $\liminf_{n \to \infty} a_n$ [/mm] konvergiert. Und das heißt weiter:
Ist [mm] $(a_{n_k})_k$ [/mm] irgendeine weitere Teilfolge von [mm] $(a_n)_n$, [/mm] die konvergiert, so gilt [mm] $\liminf_{n \to \infty} a_n=\lim_{k \to \infty} a_{n^{(1)}_k}\le \lim_{k \to \infty} a_{n_k}$.
[/mm]
Wenn Du magst, kannst Du nun versuchen, den Beweis von ![[]](/images/popup.gif) Satz 5.20 von hier zu benutzen. Dabei ist allerdings Vorsicht geboten:
Dort ist der Liminf einer Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] anders definiert! ( (Definition 5.18) Du könntest also den Beweis erst dann "abschreiben", wenn Du zeigst, dass die dortige Definition zu der euren äquivalent ist.
Allerdings solltest Du den Beweis auch mithilfe Eurer Definition nun analog führen können. (Zur Erinnerung: Bei Eurer Aussage sollte übrigens wohl dabei stehen, dass [mm] $(a_n)_n$ [/mm] nach unten beschränkt sei.)
Also Tipp zu Beweisrichtung
[mm] "$\Rightarrow$" [/mm]
Sei [mm] $\alpha$ [/mm] der Liminf von [mm] $(a_n)$. [/mm] Dann ist schonmal klar, dass es in jeder [mm] $\varepsilon$-Umgebung [/mm] von [mm] $\alpha$ [/mm] unendlich viele Folgeglieder gibt. (Wegen [mm] $a_{n^{(1)}_k} \to \alpha$; [/mm] mit [mm] $(a_{n^{(1)}_k})_k$ [/mm] von oben.)
Nimm' nun an, es gäbe ein [mm] $\varepsilon_0 [/mm] > 0$, so dass auch unendlich viele Folgeglieder [mm] $\le \alpha -\varepsilon_0$ [/mm] wären. Zeige, dass es dann eine Teilfolge von [mm] $(a_n)_n$ [/mm] gibt, die gegen einen Wert [mm] $\le \alpha-\frac{\varepsilon_0}{2} [/mm] < [mm] \alpha$ [/mm] konvergiert. Kann das sein?
[mm] "$\Leftarrow$" [/mm]
(Hier wird vorausgesetzt: $ [mm] \forall \epsilon>0: [/mm] $ es ex. unendlich viele Folgeglieder $ [mm] a_n [/mm] $ mit $ [mm] a_n<\alpha+\epsilon [/mm] $ und nur endlich viele Folgeglieder mit $ [mm] a_n \le \alpha -\epsilon [/mm] $)
Nimm' an, [mm] $\alpha$ [/mm] wäre nicht der Liminf. Sei dann [mm] $\alpha'$ [/mm] der Liminf.
Überlege Dir, dass dann [mm] $\alpha' [/mm] < [mm] \alpha$ [/mm] sein muss.
(Das heißt: Begründe, dass unter den gegebenen Voraussetzungen eine Teilfolge von [mm] $(a_n)$ [/mm] existiert, so dass diese Teilfolge gegen [mm] $\alpha$ [/mm] konvergiert.)
Dann ist [mm] $\varepsilon_0:=(\alpha-\alpha')/2 [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm] Jetzt überlege Dir, dass dann aber unendlich viele Folgeglieder in der [mm] $\varepsilon_0$-Umgebung [/mm] von [mm] $\alpha'$ [/mm] liegen müssen. Für diese [mm] $a_n$ [/mm] gilt dann aber auch [mm] $a_n \le \alpha-\varepsilon_0$. [/mm] Das widerspricht aber der Voraussetzung.
Mach' Dir dazu ruhig mal jeweils eine Skizze und schreibe es damit dann vernünftig auf. Wenn ich mich irgendwo vertan haben sollte, sollte Dir das auch da schon auffallen 
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:24 Di 25.11.2008 | | Autor: | gigi |
>
> Also Tipp zu Beweisrichtung
> "[mm]\Rightarrow[/mm]"
> Sei [mm]\alpha[/mm] der Liminf von [mm](a_n)[/mm]. Dann ist schonmal klar,
> dass es in jeder [mm]\varepsilon[/mm]-Umgebung von [mm]\alpha[/mm] unendlich
> viele Folgeglieder gibt. (Wegen [mm]a_{n^{(1)}_k} \to \alpha[/mm];
> mit [mm](a_{n^{(1)}_k})_k[/mm] von oben.)
sorry, aber so klar ist mir das nicht! wenn die TF [mm] a_{n_k(1)} [/mm] gegen [mm] \alpha [/mm] kvg, dann heißt das doch, dass fast alle folgeglieder in der [mm] \epsilonumgebung [/mm] liegen--wie kommen wir dann auf unendlich viele? und vor allem sind ja die grenzwerte der anderen TF größer oder gleich, wie kann dann folgen [mm] a_n\le \alpha [/mm] + [mm] \epsilon?
[/mm]
> Nimm' nun an, es gäbe ein [mm]\varepsilon_0 > 0[/mm], so dass auch
> unendlich viele Folgeglieder [mm]\le \alpha -\varepsilon_0[/mm]
> wären. Zeige, dass es dann eine Teilfolge von [mm](a_n)_n[/mm] gibt,
> die gegen einen Wert [mm]\le \alpha-\frac{\varepsilon_0}{2} < \alpha[/mm]
> konvergiert. Kann das sein?
>
> "[mm]\Leftarrow[/mm]"
> (Hier wird vorausgesetzt: [mm]\forall \epsilon>0:[/mm] es ex.
> unendlich viele Folgeglieder [mm]a_n[/mm] mit [mm]a_n<\alpha+\epsilon[/mm]
> und nur endlich viele Folgeglieder mit [mm]a_n \le \alpha -\epsilon [/mm])
>
> Nimm' an, [mm]\alpha[/mm] wäre nicht der Liminf. Sei dann [mm]\alpha'[/mm]
> der Liminf.
> Überlege Dir, dass dann [mm]\alpha' < \alpha[/mm] sein muss.
> (Das heißt: Begründe, dass unter den gegebenen
> Voraussetzungen eine Teilfolge von [mm](a_n)[/mm] existiert, so dass
> diese Teilfolge gegen [mm]\alpha[/mm] konvergiert.)
>
> Dann ist [mm]\varepsilon_0:=(\alpha-\alpha')/2 > 0\,.[/mm] Jetzt
> überlege Dir, dass dann aber unendlich viele Folgeglieder
> in der [mm]\varepsilon_0[/mm]-Umgebung von [mm]\alpha'[/mm] liegen müssen.
> Für diese [mm]a_n[/mm] gilt dann aber auch [mm]a_n \le \alpha-\varepsilon_0[/mm].
> Das widerspricht aber der Voraussetzung.
>
> Mach' Dir dazu ruhig mal jeweils eine Skizze und schreibe
> es damit dann vernünftig auf. Wenn ich mich irgendwo vertan
> haben sollte, sollte Dir das auch da schon auffallen
>
> Gruß,
> Marcel
bis ich den beweis ganz verstanden habe, brauchts wohl noch einige erklärungen und zeit....
besten dank auf jeden fall!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:15 Di 25.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
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> >
> > Also Tipp zu Beweisrichtung
> > "[mm]\Rightarrow[/mm]"
> > Sei [mm]\alpha[/mm] der Liminf von [mm](a_n)[/mm]. Dann ist schonmal klar,
> > dass es in jeder [mm]\varepsilon[/mm]-Umgebung von [mm]\alpha[/mm] unendlich
> > viele Folgeglieder gibt. (Wegen [mm]a_{n^{(1)}_k} \to \alpha[/mm];
> > mit [mm](a_{n^{(1)}_k})_k[/mm] von oben.)
>
> sorry, aber so klar ist mir das nicht! wenn die TF
> [mm]a_{n_k(1)}[/mm] gegen [mm]\alpha[/mm] kvg, dann heißt das doch, dass fast
> alle folgeglieder
dieser Teilfolge
> in der [mm]\epsilon-umgebung[/mm] liegen--wie
> kommen wir dann auf unendlich viele?
Fast alle Folgeglieder dieser Teilfolge heißt nichts anderes, als alle Folgeglieder dieser TF mit Ausnahme von endlich vielen. Die Teilfolge hat aber (abzählbar) unendlich viele Folgeglieder, wenn ich da endlich viele von rausnehme, verbleiben dann immer noch (abzählbar) unendlich viele Folgeglieder der Teilfolge. Diese sind auch Folgeglieder der Ausgangsfolge, als haben wir immer noch (abzählbar) unendlich viele Folgeglieder in der [mm] $\epsilon$-Umgebung.
[/mm]
> und vor allem sind ja
> die grenzwerte der anderen TF größer oder gleich, wie kann
> dann folgen [mm]a_n\le \alpha[/mm] + [mm]\epsilon?[/mm]
Du musst Dich genauer ausdrücken. Also dass für jedes $n [mm] \in \IN$ $a_n \le \alpha+\epsilon$ [/mm] gilt, wird i.a. nicht der Fall sein. Auch nicht [mm] $a_{n} \le \alpha+\epsilon$ [/mm] für alle $n [mm] \ge [/mm] N$ mit einem $N [mm] \in \IN$. [/mm] Das läßt sich nicht begründen.
Aber:
Weil [mm] $a_{n^{(1)}_k} \to \alpha$, [/mm] gibt es zu (jedem) [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ ein [mm] $K=K_\epsilon$ [/mm] so, dass [mm] $\alpha [/mm] - [mm] \epsilon [/mm] < [mm] a_{n^{(1)}_k} [/mm] < [mm] \alpha+\epsilon$ [/mm] für alle $k [mm] \ge K\,.$
[/mm]
Hier kann man also sagen:
Unendlich viele Folgeglieder der Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] liegen (echt) unterhalb von [mm] $\alpha+\epsilon$ [/mm] (genauer: unendlich viele Folgeglieder liegen sogar in [mm] $U_\epsilon(\alpha)$). [/mm] Hier darf man 'Unendlich viele' nicht durch "fast alle" ersetzen.
Also sprachlich ausgedrückt, wäre das so zu formulieren:
Für beliebiges [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ gilt:
Fast alle Folgeglieder der Folge [mm] $(a_{n^{(1)}_k})_k$ [/mm] fallen in die [mm] $\epsilon$-Umgebung [/mm] von [mm] $\alpha$ [/mm] (beachte, dass ich hier über die TF [mm] $(a_{n^{(1)}_k})_k$ [/mm] spreche! Bei dieser TF können insbesondere stets nur endlich viele Folgeglieder oberhalb von [mm] $\alpha+\epsilon$ [/mm] liegen).
Daraus folgt, dass auch unendlich viele Folgeglieder der Folge [mm] $(a_{n^{(1)}_k})_k$ [/mm] (echt) unterhalb von [mm] $\alpha+\epsilon$ [/mm] liegen. Also liegen auch unendlich viele Folgeglieder der Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] (echt) unterhalb von [mm] $\alpha+\epsilon$ [/mm] (bei der Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] kann es wiederum durchaus so sein, dass auch unendlich viele Folgeglieder oberhalb von [mm] $\alpha+\epsilon$ [/mm] liegen).
> > Nimm' nun an, es gäbe ein [mm]\varepsilon_0 > 0[/mm], so dass
> auch
> > unendlich viele Folgeglieder [mm]\le \alpha -\varepsilon_0[/mm]
> > wären. Zeige, dass es dann eine Teilfolge von [mm](a_n)_n[/mm] gibt,
> > die gegen einen Wert [mm]\le \alpha-\frac{\varepsilon_0}{2} < \alpha[/mm]
> > konvergiert. Kann das sein?
> >
> > "[mm]\Leftarrow[/mm]"
> > (Hier wird vorausgesetzt: [mm]\forall \epsilon>0:[/mm] es ex.
> > unendlich viele Folgeglieder [mm]a_n[/mm] mit [mm]a_n<\alpha+\epsilon[/mm]
> > und nur endlich viele Folgeglieder mit [mm]a_n \le \alpha -\epsilon [/mm])
>
> >
> > Nimm' an, [mm]\alpha[/mm] wäre nicht der Liminf. Sei dann [mm]\alpha'[/mm]
> > der Liminf.
> > Überlege Dir, dass dann [mm]\alpha' < \alpha[/mm] sein muss.
> > (Das heißt: Begründe, dass unter den gegebenen
> > Voraussetzungen eine Teilfolge von [mm](a_n)[/mm] existiert, so dass
> > diese Teilfolge gegen [mm]\alpha[/mm] konvergiert.)
> >
> > Dann ist [mm]\varepsilon_0:=(\alpha-\alpha')/2 > 0\,.[/mm] Jetzt
> > überlege Dir, dass dann aber unendlich viele Folgeglieder
> > in der [mm]\varepsilon_0[/mm]-Umgebung von [mm]\alpha'[/mm] liegen müssen.
> > Für diese [mm]a_n[/mm] gilt dann aber auch [mm]a_n \le \alpha-\varepsilon_0[/mm].
> > Das widerspricht aber der Voraussetzung.
> >
> > Mach' Dir dazu ruhig mal jeweils eine Skizze und schreibe
> > es damit dann vernünftig auf. Wenn ich mich irgendwo vertan
> > haben sollte, sollte Dir das auch da schon auffallen
> >
> > Gruß,
> > Marcel
>
> bis ich den beweis ganz verstanden habe, brauchts wohl noch
> einige erklärungen und zeit....
> besten dank auf jeden fall!
Nimm' Dir die Zeit, die Du brauchst und frage ggf. nochmal nach 
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 17:03 Do 27.11.2008 | | Autor: | gigi |
ok, danke, den ersten teil versteh ich nun besser!
weiter gings ja so:
Nimm' nun an, es gäbe ein $ [mm] \varepsilon_0 [/mm] > 0 $, so dass
> auch
> > unendlich viele Folgeglieder $ [mm] \le \alpha -\varepsilon_0 [/mm] $
> > wären. Zeige, dass es dann eine Teilfolge von $ [mm] (a_n)_n [/mm] $ gibt,
> > die gegen einen Wert $ [mm] \le \alpha-\frac{\varepsilon_0}{2} [/mm] < [mm] \alpha [/mm] $
> > konvergiert. Kann das sein?
das kann nicht sein, weil wir ja eben [mm] \alpha [/mm] als kleinsten HP ermittelt hatten, oder?!
und durch den widerspruch folgt dann, dass es nur endlich viele FG geben kann, die kleiner sind.
> > "$ [mm] \Leftarrow [/mm] $"
> > (Hier wird vorausgesetzt: $ [mm] \forall \epsilon>0: [/mm] $ es ex.
> > unendlich viele Folgeglieder $ [mm] a_n [/mm] $ mit $ [mm] a_n<\alpha+\epsilon [/mm] $
> > und nur endlich viele Folgeglieder mit $ [mm] a_n \le \alpha -\epsilon [/mm] $)
>
> >
> > Nimm' an, $ [mm] \alpha [/mm] $ wäre nicht der Liminf. Sei dann $ [mm] \alpha' [/mm] $
> > der Liminf.
> > Überlege Dir, dass dann $ [mm] \alpha' [/mm] < [mm] \alpha [/mm] $ sein muss.
> > (Das heißt: Begründe, dass unter den gegebenen
> > Voraussetzungen eine Teilfolge von $ [mm] (a_n) [/mm] $ existiert, so dass
> > diese Teilfolge gegen $ [mm] \alpha [/mm] $ konvergiert.)
> >
> > Dann ist $ [mm] \varepsilon_0:=(\alpha-\alpha')/2 [/mm] > [mm] 0\,. [/mm]
wie kommen wir darauf? müsste da nicht ein betrag hin?
$ Jetzt
> > überlege Dir, dass dann aber unendlich viele Folgeglieder
> > in der $ [mm] \varepsilon_0 [/mm] $-Umgebung von $ [mm] \alpha' [/mm] $ liegen müssen.
> > Für diese $ [mm] a_n [/mm] $ gilt dann aber auch $ [mm] a_n \le \alpha-\varepsilon_0 [/mm] $.
wieso kann ich das folgern?
> > Das widerspricht aber der Voraussetzung.
BESTEN DANK UND GRUß
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 Mo 01.12.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:02 Di 02.12.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo gigi,
> ok, danke, den ersten teil versteh ich nun besser!
>
> weiter gings ja so:
>
> Nimm' nun an, es gäbe ein [mm]\varepsilon_0 > 0 [/mm], so dass
>
> > auch
> > > unendlich viele Folgeglieder [mm]\le \alpha -\varepsilon_0[/mm]
>
> > > wären. Zeige, dass es dann eine Teilfolge von [mm](a_n)_n[/mm]
> gibt,
> > > die gegen einen Wert [mm]\le \alpha-\frac{\varepsilon_0}{2} < \alpha[/mm]
>
> > > konvergiert. Kann das sein?
>
>
> das kann nicht sein, weil wir ja eben [mm]\alpha[/mm] als kleinsten
> HP ermittelt hatten, oder?!
>
> und durch den widerspruch folgt dann, dass es nur endlich
> viele FG geben kann, die kleiner sind.
ich hab's nicht mehr ganz im Kopf, aber so war meine Idee, glaube ich. Müsste passen (ich lege meine Hand dafür aber nicht ins Feuer und bin zu faul, um nachzugucken )...
> > > "[mm] \Leftarrow [/mm]"
> > > (Hier wird vorausgesetzt: [mm]\forall \epsilon>0:[/mm]
> es ex.
> > > unendlich viele Folgeglieder [mm]a_n[/mm] mit
> [mm]a_n<\alpha+\epsilon[/mm]
> > > und nur endlich viele Folgeglieder mit [mm]a_n \le \alpha -\epsilon [/mm])
>
> >
> > >
>
> > > Nimm' an, [mm]\alpha[/mm] wäre nicht der Liminf. Sei dann [mm]\alpha'[/mm]
> > > der Liminf.
> > > Überlege Dir, dass dann [mm]\alpha' < \alpha[/mm] sein muss.
> > > (Das heißt: Begründe, dass unter den gegebenen
> > > Voraussetzungen eine Teilfolge von [mm](a_n)[/mm] existiert, so
> dass
> > > diese Teilfolge gegen [mm]\alpha[/mm] konvergiert.)
> > >
> > > Dann ist $ [mm]\varepsilon_0:=(\alpha-\alpha')/2[/mm] > [mm]0\,.[/mm]
>
> wie kommen wir darauf? müsste da nicht ein betrag hin?
Nein, Du solltest Dir ja vorher überlegen, warum dann [mm] $\alpha [/mm] > [mm] \alpha'$ [/mm] ist.
> $ Jetzt
> > > überlege Dir, dass dann aber unendlich viele
> Folgeglieder
> > > in der [mm]\varepsilon_0 [/mm]-Umgebung von [mm]\alpha'[/mm] liegen
> müssen.
> > > Für diese [mm]a_n[/mm] gilt dann aber auch [mm]a_n \le \alpha-\varepsilon_0 [/mm].
>
> wieso kann ich das folgern?
Versuch' es einfach mal, hinzuschreiben. Manchmal können auch kleine Skizzen helfen, also mach' Dir ruhig ggf. eine
Gruß,
Marcel
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