Folgeindex bestimmen, um den Grenzwert zu beweisen.

Question

Aufgabe:

Die Aufgabe lautet, dass bei der gegeben Folge a_n= \( \frac{n(n+3)-4}{n^2-1} \) ein Grenzwert von a = 1 vermutet wird. Dies soll mithilfe von Folgeindexen bzw. | a_n − a | < ε bestätigt werden. Dazu ist ε = \( \frac{1}{10} \) bzw. ε > 0 gegeben.

Problem/Ansatz:

Ich habe damit begonnen, als erstes die Folge etwas zu vereinfachen und umzustellen, sodass diese nun a_n= \( \frac{n^2+3n-4}{n^2-1} \) lautet. Daraufhin bin ich wie folgt vorgegangen:

| a_n − a | < ε
| \( \frac{n^2+3n-4}{n^2-1} \) - 1 | < \( \frac{1}{10} \)
| \( \frac{n^2+3n-4}{n^2-1} \) - \( \frac{1}{1} \) | < \( \frac{1}{10} \)
| \( \frac{n^2+3n-4}{n^2-1} \) - \( \frac{n^2-1}{n^2-1} \) | < \( \frac{1}{10} \)
| \( \frac{n^2+3n-4-n^2+1}{n^2-1} \) | < \( \frac{1}{10} \)
| \( \frac{3n-3}{n^2-1} \) | < \( \frac{1}{10} \)              | * (n²-1)
 3n-3  < \( \frac{1}{10} \)(n²-1)                                 | * 10
 30n-30  < n²-1

Und da hört es dann leider auch schon auf.. Ich weiß nicht, wie ich hier weitermachen soll bzw. das ganze Auflösen kann. Zum zweiten weiß ich auch nicht, wie die Gleichung aussehen müsste, wenn ich das ganze für ε > 0 ausrechnen möchte.

Answer 1

Wenn du das Ganze auf die Form $$0<n^2\dots$$ bringst, kannst du den (kleinsten) Index, der das erfüllt, explizit berechnen. Fasst man die rechte Seite nämlich als Term einer Funktion auf, so braucht man nur die Nullstellen und nutzt die Monotonie als Argumentation.

Comments

Hallo,

vielen Dank für deine Antwort. Wenn ich diesen Rechenweg anwende, kommen aufgrund der quadratischen Ungleichung natürlich zwei Nullstellen heraus. So habe ich als Ergebnis n₁ = 1 und n₂ = 29. Durch viel probieren weiß ich bereits, dass 29 bzw. a₃₀ gesucht ist. Deswegen die ganz blöde Frage: Wenn ich die ungefähre Antwort nicht schon vorher wüsste, woher weiß ich, welche Nullstelle/welches n falsch ist? Hier ist ja nur n₂ = 29 gesucht und richtig. Übersehe ich irgendetwas?

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Überlege dir, wie die Parabel aussieht, dann dürfte klar sein, warum nur die zweite Nullstelle in Frage kommt.

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Also ich habe mir das ganze jetzt noch einmal visuell dargestellt und kann daraus leider nichts ableiten. Oder liegt es daran, dass ab n = 1 die Parabel unterhalb der y-Achse und und erst ab n > 29 wieder drüber ist?

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Ja, tut es. Ab \(n=29\) ist der Ausdruck doch stets größer als 0. Ist das nicht das, was du zeigen willst?

Answer 2

Hallo :-)

Bevor du anfängst jetzt eklige Ungleichungen zu lösen, kannst du den Bruchterm in deiner dritten Zeile von unten zu diesem Ausdruck vereinfachen:

$$ \frac{3n-3}{n^2-1}=\frac{3(n-1)}{(n-1)(n+1)}=\frac{3}{n+1} $$

Also hat man die Ungleichung

$$ \frac{3}{n+1}<\varepsilon \Leftrightarrow \frac{3}{\varepsilon}-1<n$$

Falls du nun aber doch zu einer quadratischen Ungleichung kommst, dann löst du die erstmal wie eine ,,normale" Gleichung, mit dem kleinen Zusatz, dass sich das Ungleichheitszeichen umdreht, sobald du beide Seiten mit einer negativen Zahl multiplizierst. Dann nutzt du noch die Monotonie derartig aus, so wie es schon Apfelmännchen betont hat.

Comments

Vielen Dank!

Answer 3

Aloha :)

Vereinfache zunächst den Ausdruck für die Folgenglieder:$$a_n=\frac{n(n+3)-4}{n^2-1}=\frac{n^2+3n-4}{n^2-1}=\frac{(n+4)(n-1)}{(n+1)(n-1)}=\frac{n+4}{n+1}=1+\frac{3}{n+1}$$

Wähle nun ein \(\varepsilon>0\) beliebig und halte es fest. Wir wollen prüfen, ob der Ausdruck \(|a_n-1|\) ab einem gewissen \(n_0\in\mathbb N\) kleiner als das gewählte \(\varepsilon\) wird:$$\left|a_n-1\right|=\left|\frac{3}{n+1}\right|<\frac3n\stackrel{!}{<}\varepsilon\implies\frac1n<\frac\varepsilon3\implies n>\frac{3}{\varepsilon}\implies n_0=\left\lceil\frac{3}{\varepsilon}\right\rceil$$

Für jedes \(\varepsilon>0\) ist also \(|a_n-1|<\varepsilon\) für fast alle \(n\). Daher gilt \((a_n)\to1\).