Untersuchung einer Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Prüfen sie ob die Folge [mm] $\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\right)_{n\in N}$ [/mm] monoton fallend, monoton wachsend, nach oben/unten beschränkt, beschränkt bzw. konvergent ist. |
Hallo zusammen, habe versucht die Aufgabe zu lösen und ich denke es ist mir gelungen. Bitte guckt euch das nochmal an und korrigiert/nennt/erklärt mir bitte etwaige Fehler. Danke.
Wir betrachten die Folge [mm] $\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\right)_{n\in N}$. [/mm] Zur Monotonie:
Es gilt:
[mm] \[|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]
[/mm]
Also ist die Folge monoton wachsend.
Wir prüfen nun die Beschr"anktheit:
[mm] \begin{align*}
a_{2^N}&=\sum_{k=1}^{2^N}\frac{1}{\sqrt{k}}=1+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+...+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2^{N-1}+1}}+...+\frac{1}{\sqrt{2^N-1}}+\frac{1}{\sqrt{2^N}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}N\geq\frac{N}{\sqrt{2}}
\end{align*}
[/mm]
Zudem gilt [mm] $|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}$. [/mm] Also erf"ullt [mm] $\an$ [/mm] die Bedingung
[mm] \[\forall \epsilon>0\colon\exists n_0\in\LN\colon\forall n\geq n_0\colon |a_{n+1}-a_n|<\epsilon\]
[/mm]
Die Abst"ande von konvergenten Gliedern der Folge [mm] $a_n$ [/mm] werden also beliebig klein, d.h.
[mm] \[\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0\],
[/mm]
aber [mm] $a_n$ [/mm] ist keine Cauchy-Folge.
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Hallo Amorosobwh,
> Prüfen sie ob die Folge
> [mm]\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\right)_{n\in N}[/mm]
> monoton fallend, monoton wachsend, nach oben/unten
> beschränkt, beschränkt bzw. konvergent ist.
> Hallo zusammen, habe versucht die Aufgabe zu lösen und
> ich denke es ist mir gelungen. Bitte guckt euch das nochmal
> an und korrigiert/nennt/erklärt mir bitte etwaige Fehler.
> Danke.
> Wir betrachten die Folge
> [mm]\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}\right)_{n\in N}[/mm]. Zur
> Monotonie:
>
> Es gilt:
> [mm]\[|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\][/mm]
Wieso nimmst du den Betrag, der ist doch sowieso stets $>0$
Besser "nur" [mm] $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}>0$ [/mm] ...
> Also ist die Folge monoton wachsend. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Wir prüfen nun die Beschr"anktheit:
>
> [mm]\begin{align*}
a_{2^N}&=\sum_{k=1}^{2^N}\frac{1}{\sqrt{k}}=1+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+...+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2^{N-1}+1}}+...+\frac{1}{\sqrt{2^N-1}}+\frac{1}{\sqrt{2^N}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}N\geq\frac{N}{\sqrt{2}}
\end{align*}[/mm]
>
> Zudem gilt [mm]|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/mm]. Also
> erf"ullt [mm]\an[/mm] die Bedingung
> [mm]\[\forall \epsilon>0\colon\exists n_0\in\LN\colon\forall n\geq n_0\colon |a_{n+1}-a_n|<\epsilon\][/mm]
>
> Die Abst"ande von konvergenten Gliedern der Folge
Hää?
> [mm]a_n[/mm]
> werden also beliebig klein, d.h.
> [mm]\[\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0\],[/mm]
> aber [mm]a_n[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
ist keine Cauchy-Folge.
>
Der Abstand zweier benachbarter Folgenglieder wird bel. klein, ja.
Zur Beschränktheit: Die Folge ist nicht (nach oben) beschränkt
Mache es indirekt:
Ann.: Doch, dann ex. $M>0$ mit $a_n\le M \ \ \ \forall n\in\IN$
Also $\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k} \ \le \ M$
Aber es ist $\frac{1}{k}\le\frac{1}{\sqrt{k}}$ für alle $k\in\IN$
Also $\sum\limits_{k=1}^n{\frac{1}{k} \ \le \ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ \le \ M$
Das würde bedeuten, dass die harmonische Reihe beschränkt wäre, ist sie aber nicht.
Also Widerspruch zur Annahme und $a_n$ (nach oben) unbeschränkt
Damit auch nicht konvergent (die harmonische Reihe ist divergente Minorante)
Habt ihr den Beweis dazu (harmon. Reihe) gemacht?
Stichwort: geschicktes Klammern der Summanden und Abschätzung ...
Wie sieht's mit der Beschränktheit nach unten aus?
Gruß
schachuzipus
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> Wieso nimmst du den Betrag, der ist doch sowieso stets [mm]>0[/mm]
> (für [mm]a_{n+1}\neq a_n}[/mm])
>
> Besser "nur" [mm]a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}>0[/mm] ...
>
> > Also ist die Folge monoton wachsend.
Klar soweit- Danke
> > [mm]\begin{align*}
a_{2^N}&=\sum_{k=1}^{2^N}\frac{1}{\sqrt{k}}=1+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+...+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2^{N-1}+1}}+...+\frac{1}{\sqrt{2^N-1}}+\frac{1}{\sqrt{2^N}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}N\geq\frac{N}{\sqrt{2}}
\end{align*}[/mm]
>
> >
> > Zudem gilt [mm]|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/mm]. Also
> > erf"ullt [mm]\an[/mm] die Bedingung
> > [mm]\[\forall \epsilon>0\colon\exists n_0\in\LN\colon\forall n\geq n_0\colon |a_{n+1}-a_n|<\epsilon\][/mm]
>
> >
> > Die Abst"ande von konvergenten Gliedern der Folge
>
> Hää?
Mein Dozent hat eine ähnliche Folge auf diese Weise untersucht und ich habe es versucht auf meine Folge zu übertragen...
> > [mm]a_n[/mm]
> > werden also beliebig klein, d.h.
> >
> [mm]\[\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0\],[/mm]
> > aber [mm]a_n[/mm] ist keine Cauchy-Folge.
> >
>
> Der Abstand zweier benachbarter Folgenglieder wird bel.
> klein, ja.
Auch klar.
> Zur Beschränktheit: Die Folge ist nicht (nach oben)
> beschränkt
>
> Mache es indirekt:
>
> Ann.: Doch, dann ex. [mm]M>0[/mm] mit [mm]a_n\le M \ \ \ \forall n\in\IN[/mm]
>
> Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k} \ \le \ M[/mm]
>
> Aber es ist [mm]\frac{1}{k}\le\frac{1}{\sqrt{k}}[/mm] für alle
> [mm]k\in\IN[/mm]
>
> Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n{\frac{1}{k} \ \le \ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ \le \ M[/mm]
>
> Das würde bedeuten, dass die harmonische Reihe beschränkt
> wäre, ist sie aber nicht.
>
> Also Widerspruch zur Annahme und [mm]a_n[/mm] (nach oben)
> unbeschränkt
>
> Damit auch nicht konvergent (die harmonische Reihe ist
> divergente Minorante)
Reicht das als Beweis zur Konvergenz?
> Habt ihr den Beweis dazu (harmon. Reihe) gemacht?
Nein, aber ich kenne ihn.
> Stichwort: geschicktes Klammern der Summanden und
> Abschätzung ...
>
>
> Wie sieht's mit der Beschränktheit nach unten aus?
Müsste ja eigentlich nach unten beschränkt sein. Wir haben auch einen Satz dazu, den ich anwenden könnte. Dieser besagt, dass jede monoton wachsende Folge ein Infimum besitzt, also nach unten beschränkt ist.
>
> Gruß
>
> schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:22 Do 17.06.2010 | | Autor: | fred97 |
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> > Wieso nimmst du den Betrag, der ist doch sowieso stets [mm]>0[/mm]
> > (für [mm]a_{n+1}\neq a_n}[/mm])
> >
> > Besser "nur" [mm]a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}>0[/mm] ...
> >
> > > Also ist die Folge monoton wachsend.
> Klar soweit- Danke
>
> > > [mm]\begin{align*}
a_{2^N}&=\sum_{k=1}^{2^N}\frac{1}{\sqrt{k}}=1+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+...+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2^{N-1}+1}}+...+\frac{1}{\sqrt{2^N-1}}+\frac{1}{\sqrt{2^N}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}N\geq\frac{N}{\sqrt{2}}
\end{align*}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Zudem gilt [mm]|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/mm]. Also
> > > erf"ullt [mm]\an[/mm] die Bedingung
> > > [mm]\[\forall \epsilon>0\colon\exists n_0\in\LN\colon\forall n\geq n_0\colon |a_{n+1}-a_n|<\epsilon\][/mm]
>
> >
> > >
> > > Die Abst"ande von konvergenten Gliedern der Folge
> >
> > Hää?
>
> Mein Dozent hat eine ähnliche Folge auf diese Weise
> untersucht und ich habe es versucht auf meine Folge zu
> übertragen...
>
> > > [mm]a_n[/mm]
> > > werden also beliebig klein, d.h.
> > >
> >
> [mm]\[\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0\],[/mm]
> > > aber [mm]a_n[/mm] ist keine Cauchy-Folge.
> > >
> >
> > Der Abstand zweier benachbarter Folgenglieder wird bel.
> > klein, ja.
>
> Auch klar.
>
> > Zur Beschränktheit: Die Folge ist nicht (nach oben)
> > beschränkt
> >
> > Mache es indirekt:
> >
> > Ann.: Doch, dann ex. [mm]M>0[/mm] mit [mm]a_n\le M \ \ \ \forall n\in\IN[/mm]
>
> >
> > Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k} \ \le \ M[/mm]
> >
> > Aber es ist [mm]\frac{1}{k}\le\frac{1}{\sqrt{k}}[/mm] für alle
> > [mm]k\in\IN[/mm]
> >
> > Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n{\frac{1}{k} \ \le \ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ \le \ M[/mm]
>
> >
> > Das würde bedeuten, dass die harmonische Reihe beschränkt
> > wäre, ist sie aber nicht.
> >
> > Also Widerspruch zur Annahme und [mm]a_n[/mm] (nach oben)
> > unbeschränkt
> >
> > Damit auch nicht konvergent (die harmonische Reihe ist
> > divergente Minorante)
>
> Reicht das als Beweis zur Konvergenz?
Nochmal: die Folge ist divergent, also nicht konvergent !
>
> > Habt ihr den Beweis dazu (harmon. Reihe) gemacht?
>
> Nein, aber ich kenne ihn.
>
> > Stichwort: geschicktes Klammern der Summanden und
> > Abschätzung ...
> >
> >
> > Wie sieht's mit der Beschränktheit nach unten aus?
>
> Müsste ja eigentlich nach unten beschränkt sein. Wir
> haben auch einen Satz dazu, den ich anwenden könnte.
> Dieser besagt, dass jede monoton wachsende Folge ein
> Infimum besitzt, also nach unten beschränkt ist.
Mein Gott, so einen Satz hattet Ihr bestimmt nicht. Ist [mm] (c_n) [/mm] monoton wachsend, also
[mm] $c_1 \le c_2 \le c_3 \le [/mm] .....$,
so ist doch [mm] (c_n) [/mm] trivialerweise nach unten beschränkt
FRED
> >
> > Gruß
> >
> > schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:28 Do 17.06.2010 | | Autor: | Amorosobwh |
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> > > Wieso nimmst du den Betrag, der ist doch sowieso stets [mm]>0[/mm]
> > > (für [mm]a_{n+1}\neq a_n}[/mm])
> > >
> > > Besser "nur" [mm]a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}>0[/mm] ...
> > >
> > > > Also ist die Folge monoton wachsend.
> > Klar soweit- Danke
> >
> > > > [mm]\begin{align*}
a_{2^N}&=\sum_{k=1}^{2^N}\frac{1}{\sqrt{k}}=1+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+...+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2^{N-1}+1}}+...+\frac{1}{\sqrt{2^N-1}}+\frac{1}{\sqrt{2^N}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}N\geq\frac{N}{\sqrt{2}}
\end{align*}[/mm]
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> > > > Zudem gilt [mm]|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/mm]. Also
> > > > erf"ullt [mm]\an[/mm] die Bedingung
> > > > [mm]\[\forall \epsilon>0\colon\exists n_0\in\LN\colon\forall n\geq n_0\colon |a_{n+1}-a_n|<\epsilon\][/mm]
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> > > > Die Abst"ande von konvergenten Gliedern der Folge
> > >
> > > Hää?
> >
> > Mein Dozent hat eine ähnliche Folge auf diese Weise
> > untersucht und ich habe es versucht auf meine Folge zu
> > übertragen...
> >
> > > > [mm]a_n[/mm]
> > > > werden also beliebig klein, d.h.
> > > >
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> >
> [mm]\[\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0\],[/mm]
> > > > aber [mm]a_n[/mm] ist keine Cauchy-Folge.
> > > >
> > >
> > > Der Abstand zweier benachbarter Folgenglieder wird bel.
> > > klein, ja.
> >
> > Auch klar.
> >
> > > Zur Beschränktheit: Die Folge ist nicht (nach oben)
> > > beschränkt
> > >
> > > Mache es indirekt:
> > >
> > > Ann.: Doch, dann ex. [mm]M>0[/mm] mit [mm]a_n\le M \ \ \ \forall n\in\IN[/mm]
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> > >
> > > Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k} \ \le \ M[/mm]
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> > > Aber es ist [mm]\frac{1}{k}\le\frac{1}{\sqrt{k}}[/mm] für alle
> > > [mm]k\in\IN[/mm]
> > >
> > > Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n{\frac{1}{k} \ \le \ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ \le \ M[/mm]
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> > >
> > > Das würde bedeuten, dass die harmonische Reihe beschränkt
> > > wäre, ist sie aber nicht.
> > >
> > > Also Widerspruch zur Annahme und [mm]a_n[/mm] (nach oben)
> > > unbeschränkt
> > >
> > > Damit auch nicht konvergent (die harmonische Reihe ist
> > > divergente Minorante)
> >
> > Reicht das als Beweis zur Konvergenz?
>
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> Nochmal: die Folge ist divergent, also nicht konvergent !
>
Meinte ich doch 
> >
> > > Habt ihr den Beweis dazu (harmon. Reihe) gemacht?
> >
> > Nein, aber ich kenne ihn.
> >
> > > Stichwort: geschicktes Klammern der Summanden und
> > > Abschätzung ...
> > >
> > >
> > > Wie sieht's mit der Beschränktheit nach unten aus?
> >
> > Müsste ja eigentlich nach unten beschränkt sein. Wir
> > haben auch einen Satz dazu, den ich anwenden könnte.
> > Dieser besagt, dass jede monoton wachsende Folge ein
> > Infimum besitzt, also nach unten beschränkt ist.
>
>
> Mein Gott, so einen Satz hattet Ihr bestimmt nicht. Ist
> [mm](c_n)[/mm] monoton wachsend, also
>
> [mm]c_1 \le c_2 \le c_3 \le .....[/mm],
>
> so ist doch [mm](c_n)[/mm] trivialerweise nach unten beschränkt
>
Ist auch klar. Danke. Haben aber trotzdem so etwas auch als Satz formuliert. Mein Dozent benutzt seeeehhhhr häufig Sätze.
Tim
> FRED
>
>
> > >
> > > Gruß
> > >
> > > schachuzipus
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:40 Do 17.06.2010 | | Autor: | fred97 |
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> > > > Wieso nimmst du den Betrag, der ist doch sowieso stets [mm]>0[/mm]
> > > > (für [mm]a_{n+1}\neq a_n}[/mm])
> > > >
> > > > Besser "nur" [mm]a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}>0[/mm] ...
> > > >
> > > > > Also ist die Folge monoton wachsend.
> > > Klar soweit- Danke
> > >
> > > > > [mm]\begin{align*}
a_{2^N}&=\sum_{k=1}^{2^N}\frac{1}{\sqrt{k}}=1+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}+...+\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2^{N-1}+1}}+...+\frac{1}{\sqrt{2^N-1}}+\frac{1}{\sqrt{2^N}}}_{\geq\frac{1}{\sqrt{2}}}\\
&\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}N\geq\frac{N}{\sqrt{2}}
\end{align*}[/mm]
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> > > > >
> > > > > Zudem gilt [mm]|a_{n+1}-a_n|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/mm]. Also
> > > > > erf"ullt [mm]\an[/mm] die Bedingung
> > > > > [mm]\[\forall \epsilon>0\colon\exists n_0\in\LN\colon\forall n\geq n_0\colon |a_{n+1}-a_n|<\epsilon\][/mm]
>
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> > > >
> > > > >
> > > > > Die Abst"ande von konvergenten Gliedern der Folge
> > > >
> > > > Hää?
> > >
> > > Mein Dozent hat eine ähnliche Folge auf diese Weise
> > > untersucht und ich habe es versucht auf meine Folge zu
> > > übertragen...
> > >
> > > > > [mm]a_n[/mm]
> > > > > werden also beliebig klein, d.h.
> > > > >
> > > >
> > >
> >
> [mm]\[\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+1}-a_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0\],[/mm]
> > > > > aber [mm]a_n[/mm] ist keine Cauchy-Folge.
> > > > >
> > > >
> > > > Der Abstand zweier benachbarter Folgenglieder wird bel.
> > > > klein, ja.
> > >
> > > Auch klar.
> > >
> > > > Zur Beschränktheit: Die Folge ist nicht (nach oben)
> > > > beschränkt
> > > >
> > > > Mache es indirekt:
> > > >
> > > > Ann.: Doch, dann ex. [mm]M>0[/mm] mit [mm]a_n\le M \ \ \ \forall n\in\IN[/mm]
>
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> > > > Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k} \ \le \ M[/mm]
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> > > > Aber es ist [mm]\frac{1}{k}\le\frac{1}{\sqrt{k}}[/mm] für alle
> > > > [mm]k\in\IN[/mm]
> > > >
> > > > Also [mm]\sum\limits_{k=1}^n{\frac{1}{k} \ \le \ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} \ \le \ M[/mm]
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> > > >
> > > > Das würde bedeuten, dass die harmonische Reihe beschränkt
> > > > wäre, ist sie aber nicht.
> > > >
> > > > Also Widerspruch zur Annahme und [mm]a_n[/mm] (nach oben)
> > > > unbeschränkt
> > > >
> > > > Damit auch nicht konvergent (die harmonische Reihe ist
> > > > divergente Minorante)
> > >
> > > Reicht das als Beweis zur Konvergenz?
> >
> >
> > Nochmal: die Folge ist divergent, also nicht konvergent !
> >
>
> Meinte ich doch
>
> > >
> > > > Habt ihr den Beweis dazu (harmon. Reihe) gemacht?
> > >
> > > Nein, aber ich kenne ihn.
> > >
> > > > Stichwort: geschicktes Klammern der Summanden und
> > > > Abschätzung ...
> > > >
> > > >
> > > > Wie sieht's mit der Beschränktheit nach unten aus?
> > >
> > > Müsste ja eigentlich nach unten beschränkt sein. Wir
> > > haben auch einen Satz dazu, den ich anwenden könnte.
> > > Dieser besagt, dass jede monoton wachsende Folge ein
> > > Infimum besitzt, also nach unten beschränkt ist.
> >
> >
> > Mein Gott, so einen Satz hattet Ihr bestimmt nicht. Ist
> > [mm](c_n)[/mm] monoton wachsend, also
> >
> > [mm]c_1 \le c_2 \le c_3 \le .....[/mm],
> >
> > so ist doch [mm](c_n)[/mm] trivialerweise nach unten beschränkt
> >
>
> Ist auch klar. Danke. Haben aber trotzdem so etwas auch als
> Satz formuliert.
Ganz bestimmt nicht !
Ihr hattet vielleicht:
eine momoton wachsende und nach oben beschränkte Folge besitzt ein Supremum
und
eine momoton fallende und nach unten beschränkte Folge besitzt ein Infimum
> Mein Dozent benutzt seeeehhhhr häufig
> Sätze.
Ach, was Du nicht sagst ? Tatsächlich ? Ich dachte immer, dass man in der Mathematik ohne Sätze auskommt ....
FRED
>
> Tim
>
> > FRED
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> >
> > > >
> > > > Gruß
> > > >
> > > > schachuzipus
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