Beweis Konvergenz Supremum < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:47 Di 13.12.2011 | | Autor: | Gnocchi |
| Aufgabe | | Sei [mm] (a_n)_n \in \IN [/mm] eine monoton wachsende beschränkte Folge reeller Zahlen. Zeigen Sie: [mm] (a_n)_n \in \IN [/mm] konvergiert gegen sup [mm] \{a_n|n \in \IN \} [/mm] |
Wie zeige ich das am besten?
Hab da jetzt irgendwie nur Gedanken zu, aber nicht so den Plan, wie ich da ansetze.
Das Supremum ist ja auf alle Fälle die kleinste obere Schranke. Zudem kann die Folge den Wert des Supremums annehmen. Also ist folglich das Supremum das Maximum der Folge.
Nun müsste ich ja irgendwie zeigen ab wann der Wert über das Supremum hinauswächst.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:59 Di 13.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei [mm](a_n)_n \in \IN[/mm] eine monoton wachsende beschränkte
> Folge reeller Zahlen. Zeigen Sie: [mm](a_n)_n \in \IN[/mm]
> konvergiert gegen sup [mm]\{a_n|n \in \IN \}[/mm]
> Wie zeige ich das
> am besten?
> Hab da jetzt irgendwie nur Gedanken zu, aber nicht so den
> Plan, wie ich da ansetze.
> Das Supremum ist ja auf alle Fälle die kleinste obere
> Schranke. Zudem kann die Folge den Wert des Supremums
> annehmen. Also ist folglich das Supremum das Maximum der
> Folge.
das der letzte Satz Quatsch ist, erkennst Du an der Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] mit [mm] $a_n:=1-1/n\,.$
[/mm]
Der Grenzwert/das Supremum dieser wachsenden Folge ist [mm] $1\,,$ [/mm] aber es gibt kein [mm] $n\,$ [/mm] mit [mm] $a_n=1\,,$ [/mm] also hat diese Folge kein Maximum.
> Nun müsste ich ja irgendwie zeigen ab wann der Wert über
> das Supremum hinauswächst.
Der ausführliche Beweis steht unten. Hier zunächst Hinweise, womit Du es erstmal selbst versuchen kannst und ggf. "spickst" Du nach unten, wenn Du damit nicht weiterkommst:
1. Wenn S das Supremum der Folge ist, ist natürlich jedes Folgeglied kleinergleich S.
2. Für [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ kann [mm] $S-\epsilon$ [/mm] keine kleinere obere Schranke sein. Daher findest Du einen Index, so dass das zugehörige Folgeglied [mm] $\ge S-\epsilon$ [/mm] ist - zudem ist dieses Folgeglied natürlich auch kleinergleich [mm] $S\,.$
[/mm]
3. Ab diesem Folgenglied liegen alle im Intervall [mm] $[S-\epsilon,S] \subseteq [S-\epsilon,S+\epsilon]\,.$ [/mm] Damit bist Du fertig.
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Hier nun der Beweis etwas sauberer/ausführlicher:
Beachte: [mm] $(a_n)_n$ [/mm] ist beschränkt, insbesondere nach oben. Sei [mm] $S:=\sup \{a_n: n \in \IN\}\,$ [/mm] die kleinste obere Schranke der Folge [mm] $(a_n)_n$. [/mm] Dann gilt insbesondere [mm] $a_n \le [/mm] S$ für alle [mm] $n\,.$
[/mm]
Ist [mm] $\epsilon [/mm] > [mm] 0\,,$ [/mm] so kann [mm] $S-\epsilon$ [/mm] keine kleinere obere Schranke für [mm] $(a_n)_n$ [/mm] sein. Daher gibt es ein [mm] $N=N(\epsilon)$ [/mm] so, dass [mm] $S-\epsilon \le a_N \le [/mm] S$ ist. Für jedes $n [mm] \ge [/mm] N$ gilt nach Definition von $S$ natürlich auch [mm] $a_n \le S\,,$ [/mm] und weil [mm] $(a_n)_n$ [/mm] monoton wächst dann auch [mm] $a_N \le a_n \le S\,,$ [/mm] also auch
[mm] $$S-\epsilon \le a_N \le a_n \le S\,.$$
[/mm]
Da wegen [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ natürlich $S [mm] \le S+\epsilon$ [/mm] ist, folgt dann für alle $n [mm] \ge N=N(\epsilon)$ [/mm] sodann
[mm] $$S-\epsilon \le a_n \le S+\epsilon\,,$$
[/mm]
also
[mm] $$|a_n-S| \le \epsilon\,.$$
[/mm]
Fertig.
Gruß,
Marcel
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