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Aufgaben
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1.
Gegeben ist die Folge $\left(a_n\right)$ mit $a_n=3-\dfrac{n}{n+1}$.
a)
Zeige, dass $\left(a_n\right)$ monoton fällt.
b)
Prüfe, ob die Folge konvergiert.
c)
Ab welcher Platznummer liegen die Folgeglieder im Bereich $\varepsilon=\dfrac{1}{10}$?
2.
Gegeben ist die Folge $\left(a_n\right)$ mit $a_n=\dfrac{2^n+4n}{2^n}$.
a)
Ist die Folge monoton steigend?
b)
Ist die Folge beschränkt?
c)
Verändere die Folge so, dass sie die obere Schranke $S_o=1$ besitzt, die Monotonie aber beibehält.
3.
Gegeben ist die Folge $\left(a_n\right)$ mit $a_n=3n+\dfrac{1}{2n}$.
a)
Überprüfe die Folge auf Monotonie.
b)
Besitzt $\left(a_n\right)$ eine obere Schranke?
c)
Wir verändern die Folge zu $\left(b_n\right)$ mit $b_n=3n-\dfrac{1}{2n}$. Verändern sich die Antworten aus a) und b)? Wenn ja, wie?
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1.
$a_n=3-\dfrac{n}{n+1}$
a)
Behauptung: $\left(a_n\right)$ ist monoton fallend
Zu zeigen: $a_{n+1}-a_n ≤ 0$
$\begin{array}{rlll} a_{n+1}-a_n& ≤ 0\\[5pt] \left(3-\dfrac{n+1}{n+1+1}\right)-\left(3-\dfrac{n}{n+1}\right)& ≤ 0\\[5pt] 3-\dfrac{n+1}{n+2}-3+\dfrac{n}{n+1}& ≤ 0\\[5pt] -\dfrac{n+1}{n+2}+\dfrac{n}{n+1}& ≤ 0&\scriptsize{\mid\;\text{Brüche erweitern}}\\[5pt] -\dfrac{\left(n+1\right)\left(n+1\right)}{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}+\dfrac{n\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}& ≤ 0\\[5pt] \dfrac{-\left(n+1\right)^2+n\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}& ≤ 0\\[5pt] \dfrac{-\left(n^2+2n+1\right)+n^2+2n}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}& ≤ 0\\[5pt] \dfrac{-n^2-2n-1+n^2+2n}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}& ≤ 0\\[5pt] \dfrac{-1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}& ≤ 0 \end{array}$
$ \dfrac{-1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)} ≤ 0$
Da nur natürliche Zahlen für $n$ eingesetzt werden, kann der Nenner niemals negativ werden.
Der Zähler diese Ausdrucks ist immer negativ. Somit ist der Bruch selbst immer negativ, d.h. $ < 0 $.
Die Folge ist daher streng monoton fallend.
b)
Wenn die Folge konvergieren würde, gäbe es eine untere Schranke, an die sie sich annähert.
Betrachten wir unsere Folge: Von $3$ wird immer der Wert abgezogen, der sich aus dem Bruch ergibt.
Der Bruch lautet $\frac{n}{n+1}$. Es wird also immer eine Zahl durch die nächst größere geteilt, z.B.
$\dfrac{1}{2}=0,5;\;\;\;\dfrac{2}{3}=0,\overline{6}$$\dfrac{3}{4}=0,75;\;\;\dfrac{4}{5}=0,8;$…
Wir könnten das ewig weiterführen - die Werte nähern sich zwar immer weiter der $1$ an, erreichen sie jedoch nie.
Die Funktionswerte der Folge werden sich also der $2$ annähern.
Wir überprüfen nun, ob $2$ wirklich eine untere Schranke ist:
Behauptung: $\boldsymbol{S_u=2}$ ist die untere Schranke
Zu zeigen: $a_n\geq2$
$\begin{array}{rlll} 3-\dfrac{n}{n+1}&\geq 2&\scriptsize{\mid\;-3}\\[5pt] -\dfrac{n}{n+1}&\geq-1&\scriptsize{\mid\;\cdot\left(n+1\right)}\\[5pt] -n&\geq -\left(n+1\right)\\[5pt] -n&\geq -n-1&\scriptsize{\mid\;+n}\\[5pt] 0&\geq -1 \end{array}$
$ 0\geq -1$
Die ist eine wahre Aussage. $S_u=2$ ist also eine untere Schranke.
Eine Folge, die monoton fallend ist und eine untere Schranke besitzt, ist konvergent.
c)
Mit $\varepsilon$ wird immer ein Bereich um den Grenzwert bezeichnet.
Unser Grenzwert ist $2$, d.h. der Bereich beginnt bei $2+\frac{1}{10}=2,1$.
Wir überprüfen nun, ab welchem $n$ die Folgeglieder den Wert 2,1 annehmen. Dies tun wir, indem wir die Folge $a_n=2,1$ setzen.
$\begin{array}{rlll} 3-\dfrac{n}{n+1}&=2,1&\scriptsize{\mid\;-3}\\[5pt] -\dfrac{n}{n+1}&=-0,9&\scriptsize{\mid\;\cdot\left(n+1\right)}\\[5pt] -n&=-0,9\left(n+1\right)\\[5pt] -n&=-0,9n-0,9&\scriptsize{\mid\;+0,9n}\\[5pt] -0,1n&=-0,9&\scriptsize{\mid\;:\left(-0,1\right)}\\[5pt] n&=9 \end{array}$
$ n=9 $
Ab $n=9$ liegen die Folgeglieder im angegebenen Bereich.
2.
$a_n=\dfrac{2^n+4n}{2^n}$
a)
Behauptung: $\left(a_n\right)$ ist monoton steigend
Zu zeigen: $a_{n+1}-a_n\geq0$
$\begin{array}{rlll} \dfrac{2^{n+1}+4\left(n+1\right)}{2^{n+1}}-\dfrac{2^n+4n}{2^n}&\geq 0&\mid\;\scriptsize{\text{Potenzgesetze}}\\[5pt] \dfrac{2^n\cdot2+4n+4}{2^n\cdot2}-\dfrac{2^n+4n}{2^n}&\geq 0&\scriptsize{\mid\;\text{zweiten Bruch mit 2 erweitern}}\\[5pt] \dfrac{2^n\cdot2+4n+4}{2^n\cdot2}-\dfrac{2\left(2^n+4n\right)}{2^n\cdot2}&\geq 0\\[5pt] \dfrac{2^n\cdot2+4n+4-2\left(2^n+4n\right)}{2^n\cdot2}&\geq 0\\[5pt] \dfrac{2^n\cdot2+4n+4-2^n\cdot2-8n}{2^n\cdot2}&\geq 0\\[5pt] \dfrac{-4n+4}{2^n\cdot2}&\geq 0 \end{array}$
$ \dfrac{-4n+4}{2^n\cdot2}\geq 0 $
Diese Aussage ist wahr, wenn der Bruch niemals kleiner als $0$ wird. Dies testen wir nun, indem wir Werte für $n$ einsetzen.
  • $n=1$: $\frac{-4+4}{4}=0$
  • $n=2$: $\frac{-8+4}{8}=-\frac{1}{2}$
Die Aussage ist also falsch. Die Folge ist nicht monoton steigend, sondern monoton fallend.
b)
Die Folge ist monoton fallend. Deshalb muss $n=1$, also das erste Folgeglied, größer sein als alle anderen und somit auch die obere Schranke.
$\boldsymbol{a_1}$ bestimmen
$\begin{array}{rlll} a_1&=\dfrac{2^1+4\cdot1}{2^1}=\dfrac{6}{2}\\[5pt] a_1&=3 \end{array}$
$S_o=3$ ist die obere Schranke von $a_n$.
Ermitteln wir nun die untere Schranke.
Wenn wir uns die Folge ansehen, so fällt auf, dass wir im Zähler und im Nenner den Summanden $2^n$ finden. Für $n\to\infty$ setzt sich dieser Summand durch. Im Zähler wird zwar immer noch $4n$ addiert, doch für $n\to\infty$ macht dieser Anteil keinen Unterschied mehr, da der Summand $2^n$ sehr viel stärker wächst.
Somit genügt es, sich diesen Summand anzusehen. Für $n\to\infty$ sieht unser Bruch also so aus:
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }= \frac{{2^n}}{{2^n }} \to 1\]
Deshalb wird diese Folge die untere Schranke $S_u=1$ besitzen. Das würde bedeuten, dass die $a_n>1$ sein muss. Dies überprüfen wir nun.
Behauptung: $\boldsymbol{S_u=1}$ ist die untere Schranke
Zu zeigen: $a_n ≥ 1$
$\begin{array}{rlll} \dfrac{2^n+4n}{2^n}& ≥ 1&\scriptsize{\mid\;\cdot2^n}\\[5pt] 2^n+4n& ≥ 2^n&\scriptsize{\mid\;-2^n}\\[5pt] 4n& ≥ 0 \end{array}$
Dies ist eine wahre Aussage, $S_u=1$ ist also die untere Schranke von $a_n$.
Die Folge ist nach oben und nach unten beschränkt.
c)
Um die Folge wie gefordert zu verändern, verschieben wir sie um 2 Einheiten in negative $y$-Richtung (nach unten). Wir müssen dafür sorgen, dass alle Folgeglieder um $2$ Einheiten kleiner sind als bisher. Deshalb subtrahieren wir $2$ von der ursprünglichen Folge:
$a_n$$^*=\dfrac{2^n+4n}{2^n}-2$
Alle Folgeglieder werden wie bisher gebildet, nur dass sie um $2$ verkleinert werden. Somit wird aus der ursprünglichen oberen Schranke $S_o=3$ die neue obere Schranke $S_o$$^*=1$.
3.
$a_n=3n+\dfrac{1}{2n}$
a)
Behauptung: $\boldsymbol{\left(a_n\right)}$ ist monoton steigend
Zu zeigen: $a_{n+1}-a_n ≥ 0$
$\begin{array}{rlll} a_{n+1}-a_n& ≥ 0\\[5pt] \left(3\left(n+1\right)+\dfrac{1}{2\left(n+1\right)}\right)-\left(3n+\dfrac{1}{2n}\right)& ≥ 0\\[5pt] 3n+3+\dfrac{1}{2n+2}-3n-\dfrac{1}{2n}& ≥ 0\\[5pt] 3+\dfrac{1}{2n+2}-\dfrac{1}{2n}& ≥ 0&\scriptsize{\mid\;\text{Hauptnenner:}\;2n\left(2n+2\right)}\\[5pt] \dfrac{3\cdot2n\left(2n+2\right)}{2n\left(2n+2\right)}+\dfrac{2n}{2n\left(2n+2\right)}-\dfrac{2n+2}{2n\left(2n+2\right)}& ≥ 0\\[5pt] \dfrac{6n\left(2n+2\right)+2n-\left(2n+2\right)}{2n\left(2n+2\right)}& ≥ 0\\[5pt] \dfrac{12n^2+12n+2n-2n-2}{4n^2+4}& ≥ 0\\[5pt] \dfrac{12n^2+12n-2}{4n^2+4}& ≥ 0 \end{array}$
$ \dfrac{12n^2+12n-2}{4n^2+4} ≥ 0 $
Dies ist eine wahre Aussage: Der Nenner kann niemals 0 werden, der Zähler auch nicht, weil für $n$ nur Zahlen eingesetzt werden, die $>0$ sind.
Die Folge ist streng monoton steigend.
b)
Wir sehen uns die Folge genau an. Für $n\to\infty$ werden die Folgeglieder©SchulLV 2015 unendlich groß. Deshalb kann keine obere Grenze existieren.
c)
zu a):
Behauptung: $\boldsymbol{\left(b_n\right)}$ ist monoton steigend
Zu zeigen: $b_{n+1}-b_n ≥ 0$
$\begin{array}{rlll} \left(3\left(n+1\right)-\dfrac{1}{2\left(n+1\right)}\right)-\left(3n-\dfrac{1}{2n}\right)& ≥ 0\\[5pt] 3n+3-\dfrac{1}{2n+2}-3n+\dfrac{1}{2n}& ≥ 0\\[5pt] 3-\dfrac{1}{2n+2}+\dfrac{1}{2n}& ≥ 0&\scriptsize{\mid\;\text{Hauptnenner:}\:2n\left(2n+2\right)}\\[5pt] \dfrac{3\cdot2n\left(2n+2\right)}{2n\left(2n+2\right)}-\dfrac{2n}{2n\left(2n+2\right)}+\dfrac{2n+2}{2n\left(2n+2\right)}& ≥ 0\\[5pt] \dfrac{6n\left(2n+2\right)-2n+2n+2}{4n^2+4}& ≥ 0\\[5pt] \dfrac{12n^2+12n+2}{4n^2+4}& ≥ 0 \end{array}$
$ \dfrac{12n^2+12n+2}{4n^2+4} ≥ 0 $
Diese Aussage ist noch immer wahr, da weder Zähler noch Nenner negativ werden können. Die veränderte Folge ist also ebenfalls streng monoton steigend.
zu b):
Es werden immer Zahlen von $3n$ abgezogen. $3n$ strebt für $n\to\infty$ gegen unendlich. Die Werte, die von Unendlich abgezogen werden, sind sehr klein und haben somit keine Auswirkung. Deshalb existiert auch hier keine obere Grenze.
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