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Konvergenz und Divergenz beweisen – Serlo „Mathe für Nicht … Update

In diesem Kapitel wird erläutert, wie man die Konvergenz und Divergenz einer Folge beweisen kann. Normalerweise teilt sich diese Arbeit in zwei Arbeitsschritte auf: Zunächst versucht man auf einem Schmierblatt, eine Beweisidee zu finden, die man danach im zweiten Schritt in einem Beweis umsetzt und ins Reine schreibt.

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Dieses Kapitel erklärt, wie man die Konvergenz und Divergenz einer Folge beweist

Normalerweise gliedert sich diese Arbeit in zwei Schritte: Zunächst versucht man auf einem Schmierpapier eine Beweisidee zu finden, die man dann im zweiten Schritt in einen Beweis umwandelt und sauber schreibt

Der Weg zu einer Lösung auf dem Fleckblatt ist oft ein ganz anderer als die endgültige Beweisführung

Wir werden dies auch in den Beispielübungen in diesem Kapitel sehen

Es gibt jedoch kein Schema F zum Lösen von Grenzwertaufgaben! Auch wenn ich Ihnen in diesem Kapitel einige Tipps und Tricks gebe und Sie im Studium immer wieder auf neue Lösungen für Konvergenzaufgaben stoßen werden, werden Sie auf Aufgaben stoßen, bei denen die bisher erlernten Lösungsstrategien nicht funktionieren

Hier musst du selbst kreativ werden und versuchen, anhand der bereits bekannten Sätze neue Lösungen zu finden

Aber das ist Absicht

Denn man soll im Mathematikstudium lernen, innovative Lösungsstrategien für neuartige Probleme zu entwickeln.

Konvergenzbeweise führen [Bearbeiten]

Beispielhafter Beweis der Konvergenz einer Folge mit der Epsilon-Definition des Grenzwertes

Allgemeine Beweisstruktur[Bearbeiten]

Bevor wir uns einem konkreten Beispielproblem zuwenden, ist es hilfreich, die allgemeine Beweisstruktur für die Konvergenz einer Folge zu verstehen

So wissen Sie, wie der finale Proof aussehen soll

Die Konvergenz der Folge ( a n ) n ∈ N {\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }} zu a {\displaystyle a} wird durch die folgende Aussage beschrieben:

∀ ϵ > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N | ein n – ein | < ϵ {\displaystyle {\color {Red}\for all \epsilon >0}\ {\color {RedOrange}\exists N\in \mathbb {N} }\ {\color {OliveGreen}\for all n\geq N} \ {\color {Blau}|a_{n}-a|<\epsilon }}

Diese Aussage gibt die allgemeine Struktur des Beweises an: Sei ϵ > 0 beliebig

⏟ ∀ ϵ > 0 Wähle N = … Die Zahl N existiert, weil … ⏟ ∃ N ∈ N Sei n ≥ N beliebig

⏟ ∀ n ≥ N Es ist: | ein n – ein | < … < ϵ {\displaystyle {\begin{array}{l}{\color {Red}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Be }}\epsilon >0{\text{ beliebig

}}} _{\forall \epsilon >0}}\ {\color {RedOrange}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Choose }}N=\ldots {\text{ The number }} N{\text{ existiert weil}}\ldots } _{\exists N\in \mathbb {N} }}\\{\color {OliveGreen}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{ Let }}n\geq N{\text{ beliebig.}}} _{\forall n\geq N}}\ {\color {Blau}{\text{Es ist: }}|a_{n}-a| <\ldots <\epsilon }\end{array}}}

Der Satz “N {\displaystyle N} existiert, weil…” kann weggelassen werden, wenn dies offensichtlich ist

Das ist zum Beispiel der Fall, wenn N {\displaystyle N} explizit angegeben wird und klar ist, dass N {\displaystyle N} eine natürliche Zahl ist

Beispielproblem und allgemeine Vorgehensweise [ bearbeiten ]

Die Beispielaufgabe lautet „Konvergiert die Folge ( an ) n ∈ N {\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }} mit an = nn + 1 {\displaystyle a_{n}={ \tfrac {n }{n+1}}} ? Wenn ja, bis zu welcher Grenze? Beweisen Sie alle Ihre Behauptungen.“ Die exemplarische Vorgehensweise umfasst die folgenden Schritte:

Grenzwert finden Notwendige Beweisschritte auf Schmierpapier finden Beweis nach obiger Beweisstruktur schreiben

Grenze finden [Bearbeiten]

Zunächst müssen wir feststellen, ob die Folge a n = n n + 1 {\displaystyle a_{n}={\tfrac {n}{n+1}}} konvergiert und welchen Grenzwert sie im Konvergenzfall hat

Dazu können folgende Techniken verwendet werden: Erste Terme der Folge berechnen: Sie können die ersten Terme der Folge berechnen und ggf

in ein Diagramm einzeichnen

Dies kann Ihnen eine Vorstellung von den Eigenschaften der Sequenz und einer möglichen Grenze geben.

Sie können die ersten Terme der Folge berechnen und gegebenenfalls in ein Diagramm einzeichnen

Dies kann Ihnen eine Vorstellung von den Eigenschaften der Sequenz und einer möglichen Grenze geben

Berechnen Sie große Terme: Sie können einen Taschenrechner oder einen Computer verwenden, um sehr große Terme zu berechnen

Liegen alle diese Terme in der Folge in der Nähe einer bestimmten reellen Zahl? Dann könnte diese Zahl die Grenze der Folge sein

Sie können einen Taschenrechner oder einen Computer verwenden, um sehr lange Begriffe in der Folge zu berechnen

Liegen alle diese Terme in der Folge in der Nähe einer bestimmten reellen Zahl? Dann könnte diese Zahl die Grenze der Folge sein

Raten Sie: Sie können Ihre Intuition nutzen, um das Limit zu erraten

Sie können sich aber auch überlegen, wie hoch die Grenze sein soll

Beginnen wir also mit den ersten zehn Termen von an = nn + 1 {\displaystyle a_{n}={\tfrac {n}{n+1}} } zu berechnen:

n {\displaystyle n} nn + 1 {\displaystyle {\tfrac {n}{n+1}}} 1 0,5 2 0,666… 3 0,75 4 0,8 5 0,833… 6 0,857… 7 0,875 8 0,888 … 9 0,9 10 0,909…

Wir können dies in einem Diagramm zeichnen: Wir sehen, dass die ersten Terme der Folge monoton zunehmen, wobei die Steigung zwischen den Termen immer kleiner wird

Wir können also annehmen, dass die Folge konvergiert

Ein eindeutiger Kandidat für einen Grenzwert wurde noch nicht identifiziert

Dazu können wir hohe Terme der Folge berechnen, denn diese müssten nahe am Grenzwert liegen

Es ist

a 1000 = 0,99900099900 … {\displaystyle a_{1000}=0,99900099900\ldots }

und

a 1000000 = 0. 99999900000099 … {\displaystyle a_{1000000}=0.99999900000099\ldots }

Große Terme in der Folge sind daher nahe bei 1 {\displaystyle 1} und daher ist die Hypothese, dass 1 {\displaystyle 1} die Grenze der betrachteten Folge ist, vernünftig

Aber auch folgende Überlegungen stützen diese Hypothese: Wenn n {\displaystyle n} sehr groß ist, dann ist n + 1 ≈ n {\displaystyle n+1\approx n} , denn die Addition von Eins ändert den Wert großer Zahlen kaum

Sollte also gelten

n n + 1 ≈ n n = 1 {\displaystyle {\tfrac {n}{n+1}}\approx {\tfrac {n}{n}}=1}

Aufgrund dieser Überlegungen kommen wir zu der Hypothese, dass 1 {\displaystyle 1} der Grenzwert der Folge an = nn + 1 {\displaystyle a_{n}={\tfrac {n}{n+1}}} ist

Warnung oben Argumente erfüllen nicht die Anforderungen eines gültigen Beweises

Sie können nur verwendet werden, um zu erraten, was der Grenzwert einer Folge sein könnte

Einen Beweis muss man danach immer separat führen

Beweisschritte finden [ edit ]

Der Kern des Beweises ist die Abschätzung | ein n – ein | < … < ϵ {\displaystyle |a_{n}-a|<\ldots <\epsilon }

Das findet man am besten, wenn man mit dem Betrag | beginnt ein n – ein | {\displaystyle |a_{n}-a|} und versucht zu vereinfachen und nach oben zu schätzen, bis du einen Ausdruck findest, der kleiner als ϵ {\displaystyle \epsilon } ist

In den Schätzungen können wir beliebige Bedingungen für n {\displaystyle n} der Form n ≥ N {\displaystyle n\geq N} festlegen, wobei N {\displaystyle N} eine natürliche Zahl ist, die nur von ϵ {\displaystyle \epsilon } und a {\displaystyle a} dürfen abhängen ( N {\displaystyle N} darf nicht von einem {\displaystyle a_{n}} abhängen!).

Klärungsfrage: Warum darf N {\displaystyle N} nicht von a n {\displaystyle a_{n}} abhängen? Wenn Sie sich die obige Beweisstruktur ansehen, ist n {\displaystyle n} hier so definiert, dass n ≥ N {\displaystyle n\geq N}

Was n {\displaystyle n} sein kann, hängt von N {\displaystyle N} ab

Umgekehrt, wenn N {\displaystyle N} auch von n {\displaystyle n} abhängen würde, hätten Sie einen in sich geschlossenen Kreis von Abhängigkeiten, die Sie nicht auflösen könnten: n {\displaystyle n} hängt von N {\displaystyle N} ab davon, was von n {\displaystyle n} abhängt, was von N {\displaystyle N} abhängt..

und so weiter

Da ein {\displaystyle a_{n}} von n {\displaystyle n} abhängt, kann N {\displaystyle N} auch nicht von einem {\displaystyle a_{n}} abhängen, da eine indirekte Abhängigkeit von N {\displaystyle N} zu n {\displaystyle n} und somit gibt es einen in sich geschlossenen Kreis von Abhängigkeiten

Wir erkennen dies in der Beweisstruktur daran, dass N {\displaystyle N} vor n {\displaystyle n} definiert werden muss und somit ein n {\displaystyle a_{n}} bekannt ist

N {\displaystyle N} kann also nicht von n {\displaystyle n} abhängen, da sonst im Beweis N {\displaystyle N} mit der Größe n {\displaystyle n} oder einer {\displaystyle a_{n} } berechnet werden kann

angeben müssten, ohne dass diese Größen definiert sind

Widerspruch! Wir können es auch in der Definition der Konvergenz sehen: ∃ a ∈ R ∀ ϵ > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N | ein n – ein | < ϵ {\displaystyle {\color {Blue}\exists a\in \mathbb {R} \,\forall \epsilon >0}\ {\color {Orange}\exists N\in \mathbb {N} }\ { \color {OliveGreen}\forall n\geq N}\ |a_{n}-a|<\epsilon } N {\displaystyle {\color {Orange}N}} darf nur davon abhängen, was davor steht: das ist ein {\displaystyle {\color {Blue}a}} und ϵ {\displaystyle {\color {Blue}\epsilon }}

Die Variable n {\displaystyle {\color {OliveGreen}n}} wird nach N {\displaystyle {\color {Orange}N}} eingeführt

Somit darf N {\displaystyle {\color {Orange}N}} nicht von n {\displaystyle {\color {OliveGreen}n}} oder von {\displaystyle a_{\color {OliveGreen}n}} abhängen versuchen, | ein n – ein | < ϵ {\displaystyle |a_{n}-a|<\epsilon } bis n {\displaystyle n} um die gewünschte Bedingung für n {\displaystyle n} zu finden

Allerdings müssen Sie darauf achten, dass Sie nur äquivalente Transformationen verwenden

Am Ende müssen alle Transformationen auch in umgekehrter Richtung durchführbar sein, damit der Beweis aus n ≥. .

{\displaystyle n\geq \ldots } wieder die Zielungleichung | ergibt ein n – ein | < ϵ {\displaystyle |a_{n}-a|<\epsilon } zeigen kann

In diesem und im nächsten Kapitel finden Sie einige Beispiele

Sei n ≥ N 1 ( a , ϵ ) {\displaystyle n\geq N_{1}(a,\epsilon )} , n ≥ N 2 ( a , ϵ ) { \displaystyle n\geq N_{2}(a, \epsilon )} ,…, n ≥ N m ( a , ϵ ) {\displaystyle n\geq N_{m}(a,\epsilon )} die Bedingungen an den Variablen n {\displaystyle n} , die wir für die benötigen nachweisen

Am Ende wählen wir N = max { N 1 ( a , ϵ ) , N 2 ( a , ϵ ) , … , N m ( a , ϵ ) } {\displaystyle N=\max\{N_{1}( a ,\epsilon ),N_{2}(a,\epsilon ),\ldots ,N_{m}(a,\epsilon )\}}

Dadurch wird sichergestellt, dass aus n ≥ N {\displaystyle n\geq N} automatisch n ≥ N 1 {\displaystyle n\geq N_{1}} , n ≥ N 2 {\displaystyle n\geq N_{2}} usw

folgt

Damit können wir alle Abschätzungen im Beweis durchführen, die wir zuvor auf dem Schrottblatt gefunden haben

Um auf das obige Beispielproblem zurückzukommen, beginnen wir mit | 1 − n n + 1 | {\displaystyle \left|1-{\tfrac {n}{n+1}}\right|} zur Vereinfachung:

| 1 − n n + 1 | = | n + 1 n + 1 − n n + 1 | = | n + 1 − n n + 1 | = | 1n + 1 | = 1 n + 1 {\displaystyle {\begin{aligned}\left|1-{\frac {n}{n+1}}\right|&=\left|{\frac {n+1}{n+ 1 }}-{\frac {n}{n+1}}\right|=\left|{\frac {n+1-n}{n+1}}\right|\\[0.5em]&= \ left|{\frac {1}{n+1}}\right|={\frac {1}{n+1}}\end{aligned}}}

Aus dem archimedischen Axiom wissen wir, dass dieser Ausdruck irgendwann kleiner als ϵ {\displaystyle \epsilon } ist

Das archimedische Axiom verlangt, dass es für alle ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} ein M ∈ N {\displaystyle M\in \mathbb {N} } mit 1 M < ϵ {\displaystyle {\tfrac {1 } {M}}<\epsilon } ergibt

Um 1 n + 1 < ϵ {\displaystyle {\tfrac {1}{n+1}}<\epsilon } zu erreichen, kann n + 1 ≥ M {\displaystyle n+1\geq M} gewählt werden

Dann folgt 1 n + 1 ≤ 1 M < ϵ {\displaystyle {\tfrac {1}{n+1}}\leq {\tfrac {1}{M}}<\epsilon }

Es reicht aus, wenn n {\displaystyle n} folgende Bedingung erfüllt:

n + 1 ≥ M ⇔ n ≥ M − 1 {\displaystyle {\begin{array}{rrl}&n+1&\geq M\\\Leftrightarrow \ &n&\geq M-1\end{array}}}

Wir haben nun die gewünschte Abschätzung mit der einzigen Bedingung n ≥ M − 1 {\displaystyle n\geq M-1}

Im Beweis wählen wir also N = M − 1 {\displaystyle N=M-1} , wobei M {\displaystyle M} , wie oben erwähnt, mit dem archimedischen Axiom gewählt wird

Schreiben Sie den Beweis auf [ bearbeiten ]

Wir schreiben jetzt den Beweis ordentlich (zur Übung können Sie versuchen, den Beweis nach obigem Schema zu schreiben):

Beweis Sei ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} beliebig

Nach dem archimedischen Axiom gibt es ein M ∈ N {\displaystyle M\in \mathbb {N} } mit 1 M < ϵ {\displaystyle {\tfrac {1}{M}}<\epsilon }

Wähle N = M − 1 {\displaystyle N=M-1}

Für alle n ≥ N {\displaystyle n\geq N} gilt: | 1 − n n + 1 | = | n + 1 n + 1 − n n + 1 | = | n + 1 − n n + 1 | = | 1n + 1 | = 1 n + 1 ≤ 1 M < ϵ {\displaystyle {\begin{aligned}\left|1-{\frac {n}{n+1}}\right|&=\left|{\frac {n+ 1 {n+1}}-{\frac {n}{n+1}}\right|=\left|{\frac {n+1-n}{n+1}}\right|\\[ 0,5 em]&=\left|{\frac {1}{n+1}}\right|={\frac {1}{n+1}}\leq {\frac {1}{M}}<\ epsilon \end{aligned}}}

Wenn wir Beweis und Lösung vergleichen, sehen wir, dass sie völlig unterschiedlich formuliert sind

Im Beweis scheint die Wahl von M {\displaystyle M} und N {\displaystyle N} vom Himmel zu fallen, denn ohne bekannte Lösung ist nicht klar, warum man diese Zahlen so wählen sollte

Dies zeigt, dass man den Beweis eines Mathematikers niemals mit der Lösung des Beweises verwechseln sollte!

Übung [Bearbeiten]

Wir empfehlen Ihnen, die folgende Übung wie gerade beschrieben auszuprobieren

Aufgabe (Konvergenz einer Folge) Beweisen Sie, dass die Folge ( an ) n ∈ N {\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb { N} }} mit an = 1 − 2 n 5 + 3 n { \displaystyle a_{n}={\tfrac {1-2n}{5+3n}}} konvergiert

Was ist Ihre Grenze?

Wie bekommt man den Beweis? (Konvergenz einer Folge) Wir gehen genauso vor wie oben beschrieben

Zuerst brauchen wir einen Grenzwert: Lösungsschritt: Grenzwert finden Wir können die ersten Terme der Folge wie oben berechnen, oder wir können uns gleich folgendes überlegen: Für sehr große n {\displaystyle n} ist der Zähler der Folge 1 − 2 n ≈ − 2 n { \displaystyle 1-2n\approx -2n} , und für den Nenner 5 + 3 n ≈ 3 n {\displaystyle 5+3n\approx 3n}

Insgesamt also an = 1 − 2 n 5 + 3 n ≈ − 2 n 3 n = − 2 3 {\displaystyle a_{n}={\frac {1-2n}{5+3n}}\approx {\ frac {-2n}{3n}}=-{\frac {2}{3}}} wenn n {\displaystyle n} sehr groß ist

Unsere starke Vermutung ist also, dass ( a n ) {\displaystyle (a_{n})} gegen die Grenze − 2 3 {\displaystyle -{\tfrac {2}{3}}} konvergiert

Jetzt kommt die rechnerische Vorarbeit, um den Beweis dann ordentlich aufschreiben zu können: Lösungsschritt: Finde die notwendigen Beweisschritte Nach der Definition der Konvergenz muss für jedes ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} gelten ein N ∈ N {\displaystyle N\in \mathbb {N} }, so dass für alle n ≥ N {\displaystyle n\geq N} gilt: | ein n – ( – 2 3 ) | < ϵ {\displaystyle |a_{n}-(-{\tfrac {2}{3}})|<\epsilon }

Dazu vereinfachen wir den Ausdruck | ein n – ( – 2 3 ) | {\displaystyle |a_{n}-(-{\tfrac {2}{3}})|} zuerst: | ein n – ( – 2 3 ) | = | 1 − 2n 5 + 3n + 2 3 | = | 3 ( 1 − 2 n ) 3 ( 5 + 3 n ) + 2 ( 5 + 3 n ) 3 ( 5 + 3 n ) | = | 3 ( 1 − 2 n ) + 2 ( 5 + 3 n ) 3 ( 5 + 3 n ) | = | 3 − 6n + 10 + 6n 15 + 9n | = | 13 15 + 9n | = 13 15 + 9 n {\displaystyle {\begin{aligned}|a_{n}-(-{\tfrac {2}{3}})|&=\left|{\frac {1-2n}{5 +3n}}+{\frac {2}{3}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {3(1-2n)}{3(5+3n)}}+ {\frac {2(5+3n)}{3(5+3n)}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {3(1-2n)+2(5+3n )}{3(5+3n)}}\right|\\[0.3em]&=\left|{\frac {3-6n+10+6n}{15+9n}}\right|\\[0.3 em]&=\left|{\frac {13}{15+9n}}\right|={\frac {13}{15+9n}}\end{aligned}}} Nun bilden wir die Ungleichung 13 15 + 9 n < ϵ {\displaystyle {\tfrac {13}{15+9n}}<\epsilon } ähm, zu einer Ungleichung der Form n > … {\displaystyle n>\ldots } : 13 15 + 9 n < ϵ ⟺ 13 < ϵ ( 15 + 9 n ) ⟺ 13 < 15 ϵ + 9 n ϵ ⟺ 13 − 15 ϵ < 9 n ϵ ⟺ 13 − 15 ϵ 9 ϵ < n ⟺ n > 13 − 15 ϵ 9 ϵ {\displaystyle { \ begin{aligned}&{\frac {13}{15+9n}}<\epsilon \\[0.3em]\iff &13<\epsilon (15+9n)\\[0.3em]\iff &13<15\ epsilon +9n\epsilon \\[0.3em]\iff &13-15\epsilon <9n\epsilon \\[0.3em]\iff &{\frac {13-15\epsilon }{9\epsilon }}{\frac {13-15\epsilon }{9\epsilon }}\end{aligned}}} Wir haben nun eine passende Bedingung f n {\displaystyle n} und damit auch N {\displaystyle N}

Wählen wir N > 13 − 15 ϵ 9 ϵ {\displaystyle N>{\tfrac {13-15\epsilon }{9\epsilon }}} , was nach dem archimedischen Axiom möglich ist, folgt aus dem eben Gesagten abgeleitet für alle n ≥ N {\displaystyle n\geq N} : | ein n – ( – 2 3 ) | = 13 15 + 9 n < ϵ {\displaystyle |a_{n}-(-{\tfrac {2}{3}})|={\tfrac {13}{15+9n}}<\epsilon }

Damit sind wir mit unserer Vorarbeit fertig und müssen den Beweis nur noch in “Mathematikersprache” formulieren

Beweis (Konvergenz einer Folge) Sei ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} beliebig

Gemäß dem archimedischen Axiom gibt es ein N ∈ N {\displaystyle N\in \mathbb {N} } mit N > 13 − 15 ϵ 9 ϵ {\displaystyle N>{\tfrac {13-15\epsilon }{9 \epsilon }}}

Sei n ≥ N {\displaystyle n\geq N} willkürlich

Dann | 1 − 2 n 5 + 3 n − ( − 2 3 ) | = | 3 ( 1 − 2 n ) 3 ( 5 + 3 n ) + 2 ( 5 + 3 n ) 3 ( 5 + 3 n ) | = | 13 15 + 9n | = 13 15 + 9 n < ϵ {\displaystyle {\begin{aligned}\left|{\frac {1-2n}{5+3n}}-\left(-{\frac {2}{3}}} \ rechts)\rechts|&=\links|{\frac {3(1-2n)}{3(5+3n)}}+{\frac {2(5+3n)}{3(5+3n) } }\right|=\left|{\frac {13}{15+9n}}\right|\\[0.5em]&={\frac {13}{15+9n}}<\epsilon \end{ ausgerichtet }}}

Führende Beweise für Divergenz Allgemeine Beweisstruktur[Bearbeiten]

Per Definition divergiert eine Folge genau dann, wenn die Folge nicht konvergiert

Die propositionale Formulierung der Divergenz ist also genau die Negation der Konvergenzdefinition

Dazu tauschen wir alle Quantoren aus und ändern den Teil nach den Quantoren < {\displaystyle <} auf ≥ {\displaystyle \geq }

(Auf die gleiche Weise würden wir die Negation > {\displaystyle >} in ≤ {\displaystyle \leq } und = {\displaystyle =} in ≠ {\displaystyle

eq } ändern.) Wenn die Folge ( an ) n ∈ N {\ displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }} müssen wir die folgende Aussage beweisen:

∀ ein ∈ R ∃ ϵ > 0 ∀ N ∈ N ∃ n ≥ N | ein n – ein | ≥ ϵ {\displaystyle {\color {Red}\for all a\in \mathbb {R} }\ {\color {RedOrange}\exists \epsilon >0}\ {\color {DarkOrchid}\for all N\in \mathbb {N} }\ {\color {OliveGreen}\exists n\geq N}{\color {Blue}|a_{n}-a|\geq \epsilon }}

Die zugehörige Beweisstruktur lautet: Sei a ∈ R beliebig

⏟ ∀ a ∈ R Wähle ϵ = … Die Zahl ϵ existiert, weil … ⏟ ∃ ϵ > 0 Sei N ∈ N beliebig

⏟ ∀ N ∈ N Wähle n = … Es gibt n mit n ≥ N , weil … ⏟ ∃ n ≥ N Es ist: | ein n – ein | ≥ … ≥ ϵ {\displaystyle {\begin{array}{l}{\color {Red}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{Let }}a\in \mathbb {R} {\ text{ beliebig.}}} _{\forall a\in \mathbb {R} }}\ {\color {RedOrange}\underbrace {{\underset {}{}}{\text{choose }}\epsilon =\ ldots {\text{ Die Zahl }}\epsilon {\text{ existiert weil}}\ldots } _{\exists \epsilon >0}}\\{\color {DarkOrchid}\underbrace {{\underset {}{ } }{\text{let }}N\in \mathbb {N} {\text{ any.}}} _{\forall N\in \mathbb {N} }}\ {\color {OliveGreen}\underbrace { { \underset {}{}}{\text{Choose }}n=\ldots {\text{ Es gibt }}n{\text{ mit }}n\geq N{\text{, weil}}\ldots } _ {\exists n\geq N}}\\{\color {Blau}{\text{Es ist: }}|a_{n}-a|\geq \ldots \geq \epsilon }\end{array}} }

Hier können Teile des Beweisschemas weggelassen werden, wenn sie offensichtlich sind

Die grundlegende Beweisstruktur muss jedoch erhalten bleiben

Beispielproblem [Bearbeiten]

( 2 n ) n ∈ N {\displaystyle (2^{n})_{n\in \mathbb {N} }} Die Folge

Schauen wir uns den Divergenzbeweis am Beispiel der folgenden Aufgabe an: „Divere die Folge ( an ) n ∈ N {\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }} mit an = 2 n {\displaystyle a_{n}=2^{n}} ? Beweise deine Behauptung.“ Auch hier können wir die obigen Techniken anwenden (erste Folgenglieder berechnen, große Folgenglieder berechnen usw.) um eine Vermutung anzustellen, ob diese Folge divergiert

Aber wir sehen schnell, dass die Folge über alle Grenzen hinauswächst und sich keiner reellen Zahl nähert

Die Folge ( an ) n ∈ N {\displaystyle (a_{n})_{n \in \mathbb {N} }} sollte also divergieren

Versuchen wir nun, einen Beweis für diese Behauptung zu finden

Walkthrough [ edit ]

Der Kern des späteren Beweises ist die zu zeigende Ungleichungskette | an − a | ≥ … ≥ ϵ {\displaystyle |a_{n}-a|\geq \ldots \geq \epsilon } Also fangen wir wieder mit dem Betrag | an − a | {\displaystyle |a_{n}-a|} an ein Schrottblatt versuchen wir diesen Ausdruck zu vereinfachen und von unten abzuschätzen bis wir einen Term ϵ > 0 {\ Anzeigestil \epsilon >0}

a {\displaystyle a} ist willkürlich gegeben und wir können den Wert von a {\displaystyle a} nicht beeinflussen

Zum Schluss müssen wir noch den Beweis für alle Zahlen a ∈ R {\displaystyle a\in \mathbb {R} } führen.

Allerdings können wir ϵ {\displaystyle \epsilon } und n {\displaystyle n} frei wählen

Es muss nur darauf geachtet werden, dass ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} und n ≥ N {\displaystyle n\geq N}, wobei N {\displaystyle N} eine beliebige natürliche Zahl ist

Da ϵ {\displaystyle \epsilon } im Beweis nach einem {\displaystyle a} eingeführt wird, kann ϵ {\displaystyle \epsilon } von einem {\displaystyle a} abhängen (aber nicht von n {\displaystyle n} )

Die natürliche Zahl n {\displaystyle n} kann sowohl von a {\displaystyle a} als auch von ϵ {\displaystyle \epsilon } abhängen

So können wir während der Abwärtsschätzung beliebige Bedingungen an ϵ {\displaystyle \epsilon } und n {\displaystyle n} sammeln

Diese Bedingungen werden am Ende ähnlich wie beim Konvergenzbeweis zusammengefasst

Beginnen wir also mit | 2n − ein | {\displaystyle |2^{n}-a|}

Um den Ausdruck zu vereinfachen, können wir 2 n ≥ a {\displaystyle 2^{n}\geq a} fordern, weil wir dann den absoluten Wert weglassen können

Aus den Konsequenzen der Bernoulli-Ungleichung erhalten wir, dass für einige n ∈ N {\displaystyle n\in \mathbb {N} } die Ungleichung 2 n ≥ a {\displaystyle 2^{n}\geq a} erfüllt ist

Einer von ihnen sagt: „Für jede Zahl p > 1 {\displaystyle p>1} und jede Zahl M ∈ R {\displaystyle M\in \mathbb {R} } gibt es ein n ∈ N {\displaystyle n\in \ mathbb {N} } , so dass pn > M {\displaystyle p^{n}>M}.”

Wir müssen nur M = a {\displaystyle M=a} und p = 2 {\displaystyle p=2} setzen

Also mit der Bedingung 2 n ≥ a {\displaystyle 2^{n}\geq a} :

| 2n − ein | = 2 n − ein {\displaystyle |2^{n}-a|=2^{n}-a}

Jetzt müssen wir 2 n − a ≥ ϵ {\displaystyle 2^{n}-a\geq \epsilon } beweisen, also transformieren wir das durch Äquivalenztransformationen:

2 n − a ≥ ϵ ⟺ 2 n ≥ a + ϵ {\displaystyle 2^{n}-a\geq \epsilon \iff 2^{n}\geq a+\epsilon }

Damit haben wir die neue Bedingung 2 n ≥ a + ϵ {\displaystyle 2^{n}\geq a+\epsilon } , mit der wir die letzte Ungleichung beweisen können

Wir haben noch keine Bedingungen für ϵ {\displaystyle \epsilon } und können diese Zahl daher frei wählen

Dass es tatsächlich zu jedem ϵ {\displaystyle \epsilon } ein n {\displaystyle n} mit 2 n ≥ a + ϵ {\displaystyle 2^{n}\geq a+\epsilon } gibt, liegt daran, dass wir die Folgerung aus haben der Bernoulli-Ungleichung kann auch mit M = a + ϵ {\displaystyle M=a+\epsilon } verwendet werden

Wir müssen nur aufpassen, dass ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0}

Also wählen wir einfach ϵ = 1 {\displaystyle \epsilon =1}

Für n {\displaystyle n} haben wir die beiden Bedingungen 2 n ≥ a {\displaystyle 2^{n}\geq a} und 2 n ≥ a + ϵ = a + 1 {\displaystyle 2^{n}\geq a+ \epsilon=a+1}

Also wählen wir 2 n ≥ max { a , a + 1 } = a + 1 {\displaystyle 2^{n}\geq \max\{a,\,a+1\}=a+1}, um beide Bedingungen zu erfüllen um zusammenzufassen.

Beweis aufschreiben [bearbeiten]

Jetzt haben wir alle notwendigen Schritte, um den Beweis zu vervollständigen:

Beweis Sei a ∈ R {\displaystyle a\in \mathbb {R} } beliebig

Wähle ϵ = 1 {\displaystyle \epsilon =1}

Sei N ∈ N {\displaystyle N\in \mathbb {N} } beliebig

Wähle n ≥ N {\displaystyle n\geq N} so, dass 2 n ≥ a + 1 {\displaystyle 2^{n}\geq a+1}

Dies ist aufgrund der Folgen der Bernoulli-Ungleichung möglich

Es ist jetzt | 2n − ein | = 2 n − ein ≥ ( a + 1 ) − ein = 1 = ϵ {\displaystyle {\begin{aligned}|2^{n}-a|&=2^{n}-a\geq (a+1 )-a=1=\epsilon \end{aligned}}}

Andere Beweismethoden für Konvergenz und Divergenz[Bearbeiten]

In den beiden obigen Abschnitten haben wir die Konvergenz oder Divergenz einer Folge direkt über die Epsilon-Definition des Grenzwerts durchgeführt

In den folgenden Kapiteln lernen Sie auch die folgenden zusätzlichen Möglichkeiten kennen, Konvergenz- und Divergenzbeweise zu führen:

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