TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 9

Man zeige, dass die Folge $a_{n}$ konvergiert, indem man zu beliebigem $\epsilon >0$ ein $N(\epsilon )$ angebe.
$a_{n}={\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}},\quad n\geq 1$

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Wissenswertes[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Es wird nicht das erste $n$ gesucht, für das die Folge in der Epsilon-Umgebung ist.
(1) Sinus und Cosinus sind periodisch auf das Intervall $[0,2\pi ]$ , weshalb man nicht einfach mit einer Ungleichung ( ${\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}}<\epsilon$ ) auf $n$ kommt (nicht eindeutig umkehrbar).
(2) Sinus und Cosinus haben Werte im Intervall $[-1,1]$ , sind jedoch nie gleichzeitig auf 1 oder -1.
(3) Wenn $\lim \limits _{n\rightarrow \infty }a_{n}=0$ dann gilt auch $\lim \limits _{n\rightarrow \infty }|a_{n}|=0$ , da $|0|=0$ . (Gilt im Allgemeinen nur für $0$ , denn falls eine Folge gegen $-3$ konvergiert, konvergiert sie nicht gegen $|-3|=3$ .) (vgl. auch absolute Konvergenz bei Reihen)

Sandwich-Theorem

Seien $(a_{n})_{n\geq 0}$ und $(b_{n})_{n\geq 0}$ konvergente Folgen mit $\lim _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=\lim _{n\rightarrow +\infty }b_{n}=a$ . Sei $(c_{n})_{n\geq 0}$ eine Folge mit $a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}$ für fast alle $n\in \mathbb {N}$ .

Dann folgt die Konvergenz von $c_{n}$ und es gilt $\lim _{n\rightarrow +\infty }c_{n}=a$ . (Satz 4.22)

Lösung 1[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

(An der Tafel gerechnet.)

Da wir aufgrund von (1) $n$ nicht genau bestimmen können, werden wir das Sandwich-Theorem anwenden, um eine Folge zu finden, bei der wir das können. Dazu verwenden wir (2) und stellen folgende Ungleichungskette auf:

$0\leq {\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}}\leq {\frac {1+1}{\sqrt {n}}}$

(Das "<" resultiert auch aus (2)).

$\sin(n)+\cos(n)$ wird jedoch irgendwann negativ. Der Bruch wird (betragsmäßig) aber immer kleiner, da der Zähler nicht über 2 wächst und der Nenner immer größer wird (also der rechte Teil der Ungleichungskette). Aufgrund von (3) können wir bei $n\rightarrow \infty$ hier also auch den Betrag einsetzen:

$0\leq |{\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}}|<{\frac {1+1}{\sqrt {n}}}$ und folglich auch $0\leq {\frac {|\sin(n)+\cos(n)|}{\sqrt {n}}}<{\frac {1+1}{\sqrt {n}}}$

Berechnet man jetzt noch einmal den Limes, sieht man, dass hier (3) gilt und wir eine brauchbare Minorante/Majorante gefunden haben:

$\lim \limits _{n\rightarrow \infty }0=0$ und $\lim \limits _{n\rightarrow \infty }{\frac {1+1}{\sqrt {n}}}=0$ und aufgrund des Minoranten-Majoranten Kriteriums auch nach wie vor $\lim \limits _{n\rightarrow \infty }{\frac {|\sin(n)+\cos(n)|}{\sqrt {n}}}=0$

Aufgrund von (1) können wir also nicht direkt das 1. $n$ (also $N$ ) bestimmen, das in unserer Epsilon-Umgebung liegt. Ist es jedoch für den rechten Teil in der Epsilon-Umgebung, muss es auch für den mittleren Teil innerhalb sein.

Somit müssen wir nur mehr ${\frac {1+1}{\sqrt {n}}}\leq \epsilon$ ausrechnen, was uns durch quadrieren zu ${\frac {4}{n}}\leq \epsilon ^{2}$ und schließlich zu ${\frac {4}{\epsilon ^{2}}}\leq n=N$ führt.

Jetzt muss nur noch eine beliebige Epsilon-Umgebung definiert werden und man findet ein N, bei dem die die Anfangsfunktion in der Epsilon-Umgebung liegt.

//Kommentar: man könntne $|\sin(n)+\cos(n)|$ um einen Schritt länger so lassen, dann kamen noch folgende Umformungen dazu:

$|\sin(n)+cos(n)|^{2}=\sin(x)^{2}+2\sin(n)\cos(n)+\cos(n)^{2}=1+\sin(2n)$ Und dies ist höchstens 2. Dahe wäre die Lösung ${\frac {2}{\epsilon ^{2}}}\leq n=N$

//edit by SteB: diese Methode wurde gerade von einem Tutor als falsch deklariert, da die Trigonometrischen Formeln scheinbar nur für Winkelfunktionen gelten in denen ${\pi }$ vorkommt. d.h. das man hier nicht einfach umformen kann, ich hab mir das allerdings nocht nicht genauer überlegt, also kann ich gerade keine konkreten Gründe angeben wieso das gilt, ich wollte es nur Anmerken.

Unser Tutor hatte Bauchschmerzen, als er Sandwich-Theorem und Betragsstriche gleichzeitig sah. Der Gedanke sei prinzipiell richtig, aber ihm sei wohler, wenn man das so betrachtet

${\frac {-2}{\sqrt {n}}}\leq {\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}}\leq {\frac {2}{\sqrt {n}}}$

Da sowohl ${\frac {-2}{\sqrt {n}}}$ als auch ${\frac {2}{\sqrt {n}}}$ nach 0 konvergieren, konvergiert auch ${\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}}$ gegen 0 (Sandwich).

Lösung 2[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Mit dem Sandwich-Theorem wird (wie in dem Kommentar oben) gezeigt, dass die Folge gegen 0 konvergiert. Es reicht also ein solches $N$ zu finden, sodass bei $n\rightarrow \infty$ die Ungleichung

$\left|{\frac {\sin(n)+\cos(n)}{\sqrt {n}}}\right|\leq \varepsilon$

immer erfüllt ist. Da $\left|\sin(n)+\cos(n)\right|\leq 2$ kann 2 zur Berechnung herangezogen werden. Falls die Summe kleiner wird, gilt die Ungleichung ja trotzdem. Durch die Wahl 2 (positiv) fallen auch die Betragsstriche.

${\frac {2}{\sqrt {n}}}\leq \epsilon$

Nun 3 Arbeitsschritte auf einmal:

1) mit ${\sqrt {n}}$ multiplizieren

2) durch $\varepsilon$ dividieren

3) quadrieren

Das ergibt

${\frac {4}{\varepsilon ^{2}}}\leq n$

Lösung: $N(\epsilon )={\Bigl \lceil }{\frac {4}{\varepsilon ^{2}}}{\Bigr \rceil }$

Hinweis: Aufrunden (Gaußklammer), weil $N\in \mathbb {N}$ . Zur Sicherheit kann man laut Tutor immer $1$ dazu addieren. $N(\varepsilon )={\Bigl \lceil }{\frac {4}{\varepsilon ^{2}}}{\Bigr \rceil }+1$

Anmerkung: Es gilt sogar $\left|\sin(n)+\cos(n)\right|\leq {\sqrt {2}}$ . Damit kommt man (mit dem gleichen Verfahren) auf die Lösung $N(\varepsilon )={\Bigl \lceil }{\frac {2}{\varepsilon ^{2}}}{\Bigr \rceil }+1$