Divergenzsatz beweisen für Folgen in R

Question

Habe ich den Beweis richtig?

Text erkannt:

Seien \( \left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \times\left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) Folgen in \( \mathbb{R} \).
1) Zige: Ist \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty \) \& \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}>0 \), so folgt: \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=\infty \).

Beweis.
Die Folge \( \left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \) konvergiert, \( d . h . \exists \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}:=k \in \mathbb{R} \). wobei nach Voraussetzung \( \left.\lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}=k \in\right] 0, \infty[ \) gilt, also \( k>0 \).
Damit gilt: \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=\lim \limits_{\text {Grenwertsäke }} a_{n} \underbrace{\lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}}_{=k}=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} k a_{n} \).
Sei \( C>0 \) beliebig, so \( \exists N \in \mathbb{N} \), sodass für jedes \( n \in\{n \in \mathbb{N}: n \geqslant N\} \) : \( \left|a_{n}\right|>c \) gilt, da die Folge \( \left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \) divergiert \( \left(\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\right) \).
Für \( k \in\left[\Lambda, \infty\left[\right.\right. \), gilt \( \forall n \in \mathbb{N}: a_{n} \leq k \cdot a_{n} \).
Also wähle \( \widetilde{N}:=N \), sodass für alle \( n \in\{n \in \mathbb{N}: n \geqslant \widetilde{N}\}=\{n \in \mathbb{N}: n \geqslant N\} \) : ||\( a_{n}|=| k a_{n}|\geqslant| a_{n} \mid>c \) gilt.
Für \( k \in] 0,1\left[\right. \) gilt \( \forall n \in \mathbb{N}: a_{n} \geqslant k \). \( a_{n} \). Also wähle \( N^{\prime} \in \mathbb{N} \) mit
\( N^{\prime} \geqslant N \), sodass für \( \forall n \in \mathbb{N} \) mit \( n \geqslant N^{\prime} \geqslant N:\left|a_{n}\right| \geqslant\left|k \cdot a_{n}\right|>c \) gilt.
Damit ist also die Folge \( \left(k \cdot a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) auch divergent, also gilt:
\( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} k a_{n}=\infty \).
Daraus folgt dann die Behauphung.

Answer 1

Die 4. und 5. Zeile schreibt man kurz und bündig: "Sei \(k:=\lim b_n\), dann nach Vor. \(k>0\)".

Aber dann - hatten wir das nicht schon geklärt? - darf man \(\lim\) erst schreiben, wenn die Konvergenz gesichert ist, und natürlich erst dann die Grenzwertsätze anwenden. Über \(a_nb_n\) wissen wir aber erstmal nichts. Da geht's also so nicht weiter.

Comments

Würde es so gehen?

Text erkannt:

Seien \( \left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \times\left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) Folgen in \( \mathbb{R} \).
1) Zeige: Ist \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty \) \& \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}>0 \), so folgt: \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=\infty \).

Beweis. \( \left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) Konvergiert mit \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}=k>0 \).
Da \( \left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) Konvergiert, ist \( \left(b_{n}\right)_{n \in I N} \) auch beschränkt, das heißt es gibt ein \( c_{0}>0 \) mit \( \left|b_{n}\right| \leqslant c_{0} \quad \forall n \in \mathbb{N} \).
Es gilt also: \( \left|a_{n} b_{n}\right| \leqslant c_{0}\left|a_{n}\right| \) mit \( c_{0}>0 \).
Sei \( C>0 \) beliebig, so \( \exists N \in \mathbb{N} \), sodass für jedes \( n \in\{n \in \mathbb{N}: n \geqslant N\} \) \( \left|a_{n}\right|>c \) gilt, da die Folge \( \left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R} \) divergiert \( \left(\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\right) \). Für \( c_{0} \in\left[1, \infty\left[\right.\right. \), gilt \( \forall n \in \mathbb{N}: a_{n} \leqslant C_{0} \cdot a_{n} \).
Also wähle \( \widetilde{N}:=N \), sodass für alle \( n \in\{n \in \mathbb{N}: n \geqslant \widetilde{N}\}=\{n \in \mathbb{N}: n \geqslant \mathbb{N} \). \( c_{0}\left|a_{n}\right|=\left|c_{0} a_{n}\right| \geqslant\left|a_{n}\right|>c \) gilt.
Für \( \left.c_{0} \in\right] 0,1\left[\right. \) gilt \( \forall n \in \mathbb{N}: a_{n} \geqslant c_{0} a_{n} \). Also wähle \( N^{\prime} \in \mathbb{N} \) mit \( N^{\prime} \geqslant N \), soduss für \( \forall n \in \mathbb{N} \) mit \( n \geqslant N^{\prime} \geqslant N:\left|a_{n}\right| \geqslant\left|C_{0} a_{n}\right|>c \) gilt.
Damit ist also die Folge \( \left(c_{0} \cdot a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) auch divergent, also gilt: \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} c_{0} a_{n}=\infty \).
Da also \( \left(c_{0} a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) divergert, divergiert auch \( \left(a_{n} b_{n}\right)_{n \in \mathbb{I}} \) nach dem Sandwichprinzip.

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Bei der Einführung von \(c_0\) kannst Du gleich sagen "o.B.d.A. \(c_0>1\)" (überlege, warum das geht).

Dann wirbelst Du unnötig mit Schreibweisen und überflüssigen Buchstaben herum. Anstelle von \(n\in \{n\in \N | n\ge N\}\) sollte man \(n\ge N\) schreiben. Wozu so kompliziert? Genauso \(\tilde N:=N\), wozu eine neue Größe, wenn's doch die alte ist?

Dann prüfe das Sandwich-Prinzip nochmal: wie soll das lauten, wenn man auf Divergenz schließen will? Sehe ich hier nicht.

Kürze erstmal den bisherigen Beweis ordentlich auf ein vernünftiges Maß zusammen.

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Bevor ich eine überarbeitete Version schicke, könnte man das hier machen?

Text erkannt:

\( \left|a_{n}\right| \leqslant\left|a_{n} b_{n}\right|=\left|a_{n}\right||| b_{n}\left|\leqslant c_{0}\right| a_{n} \mid \)

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\(|a_n|\le |a_nb_n|\) geht nicht. \(|a_n|\le |a_n|\cdot |b_n|\) geht, falls \(|b_n|\ge 1\). Und \(|b_n| \le c_0\) brauchst Du auch.

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Text erkannt:

1) Zige: Ist \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty \) \& \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}>0 \), so folgt: \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=\infty \).

Beweis. \( \left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) Konvergiert mit \( \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}>0 \).
Da \( \left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) konvergiert, ist \( \left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) auch beschränkt, das heißt es gibt 0.B.d.A. ein \( C_{0}>1 \) mit \( \left|b_{n}\right| \leqslant C_{0} \quad \forall n \in \mathbb{N} \).
Es gilt also: \( \left|a_{n} b_{n}\right|=\left|a_{n}\right|\left|b_{n}\right| \leqslant c_{0}\left|a_{n}\right| \) mit \( c_{0}>1 \).
Sei \( c>0 \) beliebig, so gibtes ein NeIN, sodass \( \forall n \in \mathbb{N} \) mit \( n \geqslant N: a_{n}<c \) gilt, da \( \left(a_{n}\right)_{n \in I N} \) gegen \( +\infty \) divergiert.
Für \( c_{0}>1 \) gilt unabhängig davon \( a_{n}<c_{0} \cdot a_{n} \).
Also gilt \( \forall n \in \mathbb{N} \) mit \( n \geqslant N \) auch: Colan \( |>| a_{n} \mid \geqslant a_{n}>c \).
Damit divergiert (Colan \( )_{n \in \mathbb{I N}} \) auch gegen \( +\infty \).

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Danke erstmal, das Du dir Zeit nimmst…

Ich hab hier jetzt nochmal den Teil mit dem Zeigen der Divergenz von der grösseren Folge gemacht. Dürfte ich jetzt zum Schluss das Sandwichprinzip hier anwenden, oder was würde hier noch dafür fehlen? (Ich habe ja den Betrag der Folge hochabgeschätzt.)

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Das mit dem \(c\) brauchst Du doch gar nicht, um \(\lim c_oa_n=\infty\) zu zeigen. Schau Dir Deine Argumentation genau an.

Dann, nochmal: Schau Dir das SWP genau an, inwiefern es Dir hier helfen kann (wenn überhaupt). Du willst \(a_nb_n\to \infty\) zeigen, was hilft es Dir dann, dass \(|a_nb_n| <C_0|a_n|\) ist?
Überleg mal: \(\frac1n < n\) und \(\lim n =\infty\), also nach SWP auch \(\lim \frac1n =\infty\)???

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Okay ich merke, das SWP hilft hier nicht weiter. Könnte man hier stattdessen einen Widerspruchsbeweis machen, indem man annimmt, das das Produkt beider Folgen konvergiert und daraufhin das dann mittels der Epsilon Definition zum Widerspruch führt, indem man dann zeigt, das unter diesen Umständen a_n beschränkt wäre…?

Ich hätte jetzt nämlich keine witeren Ideen.

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Vorweg: Ich finde gut, dass Du Deine Beweise jedesmal neu ordentlich aufschreibst. Auch wenn das lückenhaft und fehlerbehaftet war, hilft es doch das Formulieren zu üben und bringt Dir wertvolle Erfahrungen.

Indirekter Beweis: Die Negation von \(\lim =\infty\) ist nicht \(\lim =a<\infty\).

Achte bei Beweisen darauf, dass Du alle Voraussetzungen verwendest. Du hast bisher \(\lim b_n>0\) nicht verwendet (nur \(\lim b_n =k\)), die Aussage des Satzes stimmt auch nicht mit \(\lim b_n\ge 0\) als Voraussetzung (überleg Dir Beispiele, warum nicht).

Benutze also, dass für genügend großes \(n\) gilt: \(b_n>c>0\). Kombiniere dies mit einer Deiner Abschätzungen für \(a_n\), um \(a_nb_n\) nach unten abzuschätzen.

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Danke.

Ich versuche es mal heute. Ich schicke dann das überarbeitete hier rein, wenn es für Dich nichts ausmacht

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Ist ok, mach das.

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Ich hab jetzt dazu eine Lösung gefunden und kann diese auch nachvollziehen. Danke aber nochmal für Deine Tipps.

Wenn es nichts ausmacht, hätte ich hier noch einen letzten anderen Beweis und wollte da auch fragen, ob der Ansatz hier so in Ordnung wäre.

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Satz: Sei M eine nichtleere & nach oben beschränkte Teilmenge von R (reele Zahlen). Zu zeigen: Es gibt eine Zahlenfolge (x_n) in M mit x_n -> sup(M).

Beweis.
Zuerst ist zu zeigen, das sup(M) existiert:
Da M nichtleer und nach oben beschränkt ist, so wie auch eine Teilmenge des vollständigen Körpers K = R ist, existiert nach dem Vollständigkeitsaxiom das Supremum von M.

Im folgenden definiere ich sup(M) := s.
Nun ist zu zeigen, das für eine Zahlenfolge (x_n) mit n aus den natürlichen Zahlen N, x_n -> sup(M) für n -> unendlich gilt:
Sei M_n := {m_n | n aus N} die Menge der Glieder, so gilt sup(M_n) = s.
Sei x > 0 beliebig, so ist s - x aus R kein Supremum / keine obere Schranke, also muss es eine natürliche Zahl n? aus N geben, sodass für alle darauffolgenden natürlichen Zahlen (n > n?) m_n > s - x ist. Also gilt für n > n? damit: s - x < m_n < s. Damit gilt insgesamt nach äquivalenter Umformung: 0 < m_n - s < x => |m_n - s| < x für alle n > n?. Nach Definition ist also

lim x_n = s = sup(M).

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Was soll denn m_n sein?

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Tut mir leid. Es gilt m_n = x_n. Ich habe es vertauscht, soll beides die selbe konvergente Folge sein, von der ich in dem Beweis zu Beginn auf spreche.

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ok, aber dann frage ich: was ist x_n? Die Folge ist nirgendwo definiert. Achte auf die Logik im Beweis. Neue Objekte müssen erklärt/definiert werden. Erst wenn die Existenz von x_n geklärt ist, kann man über deren Konvergenz reden.

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Stimmt. Hier nochmal überarbeitet. Ich hoffe das ist jetzt klarer.

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Satz: Sei M eine nichtleere & nach oben beschränkte Teilmenge von R (reele Zahlen). Zu zeigen: Es gibt eine Zahlenfolge (m_n) in M mit m_n -> sup (M).
Beweis.
Zuerst ist zu zeigen, das sup(M) existiert:
Da M nichtleer und nach oben beschränkt ist, so wie auch eine Teilmenge des vollständigen Körpers K = R ist, existiert nach dem Vollständigkeitsaxiom das Supremum von M.
Im folgenden definiere ich sup(M) := s.
Nun ist zu zeigen, das für eine Zahlenfolge (m_n) mit n aus den natürlichen Zahlen N, m_n -> sup(M) für n -> unendlich gilt.

Sei also (m_n) eine hinreichende Folge in M.
Sei dann M_n := {m_n | n aus N} die Menge der Glieder, so gilt hier sup (M_n) = s = sup(M).
Sei ein x > 0 beliebig, so ist s - x aus R kein Supremum / keine obere Schranke, also muss es eine natürliche Zahl N geben, sodass für alle darauffolgenden natürlichen Zahlen (n > N): m_n > s - x, ist. Also gilt für n > N damit: s - x < m_n < s.
Damit gilt insgesamt nach äquivalenter Umformung: 0 < m_n - s < x
=>  Im_n - s| < x für alle n > N.

Nach Definition gilt lim m_n = s = sup(M).

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Du versuchst zu zeigen, dass das für alle Folgen gilt. Das stimmt natürlich nicht. Ab "Sei also m_n eine Folge..." ist daher Schluss. Lies nochmal den vorigen Kommentar.

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Ich machs mal nochmal gleich.

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Lies auch die Antwort, die Dir in Deinem crossposting gegeben wurde. Da ist Dir alles auch schon erklärt worden.

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Okay mach ich

Answer 2

Eine Strategie, solche Beweise zu führen, ist, erst einmal genau aufzuschreiben, was zu zeigen ist. Dann startet man mit den Voraussetzungen, und versucht sich Schritt für Schritt der Behauptung zu nähern. Das ist nicht immer elegant, dafür aber oft praktikabel.

Also zu zeigen ist:

Für alle \(c>0\) existiert ein \(N_c\), sodass für alle \(n\geq N_c\) gilt: \(a_nb_n > c\).

Sei also \(c>0\) beliebig, aber fest.

Jetzt ist es erstmal klar, dass wir \(a_nb_n\) geeignet nach unten abschätzen wollen.

Als Erstes werden wir das \(b_n\) los, um das unbeschränkte Wachstum von \(a_n\) direkt nutzen zu können. Dazu benötigen wir nur eine positive untere Schranke:

\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}b_n =L>0 \Rightarrow \forall n\geq N_1\;:\; b_n > \frac L2 > 0\)

Wir wünschen uns nun für \(a_n>0\)

\(a_nb_n > a_n\frac L2 > c \stackrel{a_n>0}{\Leftrightarrow} a_n >c\frac 2L>0\)

Aha! Wegen \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} a_n= \infty\) wissen wir:

Für alle \(n\geq N_2\;:\; a_n > c\frac 2L\)

Nun setzen wir \(N_c = \max(N_1,N_2)\) und haben:

Für alle \(n\geq N_c\;:\; a_nb_n > c\frac 2L\cdot \frac L2 = c\)

Comments

Aber warum ist b_n > L/2 ?

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Dort steht \(\forall n\geq N_1\;:\; b_n > \frac L2 > 0\).

Wenn dir das nicht klar ist, solltest du nochmal die Grenzwertdefinition anschauen.

Skizziere einen Zahlenstrahl mit einem \(L>0\) und mach dir klar, wieso ab einem bestimmten Index die \(b_n\) oberhalb von \(\frac L2\)liegen müssen.

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Okay danke für den Ansatz.