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Die Funktionen \( \sqrt{x} \) und \( x^{2} \) sind auf \( [0, \infty) \) streng monoton steigend.
Zeigen Sie mit der Definition der Konvergenz, dass die Folge \( \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) mit

\( x_{n}:=\frac{1}{\sqrt{n+1}+1} \)
konvergiert. Formulieren Sie hierzu zunächst eine Vermutung über den Grenzwert und bestimmen Sie den kleinsten Index \( N \in \mathbb{N} \), sodass für ein beliebig kleines \( \varepsilon>0 \) die Definition der Konvergenz erfüllt ist. Begründen Sie kurz, dass dieser Index auch die geforderte Eigenschaft in der Definition erfüllt.

Aufgabe: Konvergenz zeigen


Problem/Ansatz:

Ich verstehe nicht wie diese Aufgaben gelöst werden. Eine gute und Volständige Lösung wird mir viel helfen um diese Aufagen zu verstehen

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Beste Antwort

Aloha :)

Wir vermuten, dass die Folge$$x_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}+1}$$gegen den Grenzwert \(x=0\) konvergiert. Zum Beweis betrachten wir:$$\left|x_n-x\right|=\left|\frac{1}{\sqrt{n+1}+1}-0\right|=\frac{1}{\sqrt{n+1}+1}<\frac{1}{\sqrt{n+1}}<\frac{1}{\sqrt n}$$Die beiden Kleiner-Abschätzungen gelten, weil ein Bruch größer wird, wenn wir seinen Nenner verkleinern.

Wir wählen nun ein \(\varepsilon>0\) beliebig aber fest aus und möchten zeigen, dass die obere Grenze für den obigen Betrag ab einem bestimmten \(n\) kleiner ist als dieses gewählte \(\varepsilon\):$$\frac{1}{\sqrt n}\stackrel!<\varepsilon\implies\sqrt n>\frac1\varepsilon\implies n>\frac{1}{\varepsilon^2}$$

Damit haben wir folgendes gezeigt:

Für alle \(\varepsilon>0\) gibt es ein \(n_0\coloneqq\left\lceil\frac{1}{\varepsilon^2}\right\rceil\), sodass für alle \(n\ge n_0\) gilt:$$\left|x_n-0\right|<\frac{1}{\sqrt n}<\varepsilon$$Daher konvergiert die Folge \((x_n)\) gegen den Grenzwert \(0\).

Avatar von 152 k 🚀

Danke sehr, diese Lösung hat mir viel erklärt!

Könnten Sie bitte auch mit dese Frage mir helfen, danke im Voraus

https://www.mathelounge.de/932562/konvergen-von-folge-beweisen

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