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Beweis: Es ist zu zeigen, dass es zu jeder positiven Zahlen \( \varepsilon \) ein \( n_{0} \in N \) gibt, sodass für alle \( n>n_{0} \) gilt: \( \left|a_{n}-\frac{3}{2}\right|<\varepsilon \).

Es muss also gelten: \( \left|\frac{3 n+1}{2 n-5}-\frac{3}{2}\right|<\varepsilon \rightarrow\left|\frac{6 n+2-(2 n-5) * 3}{(2 n-5) * 2}\right|<\varepsilon \)

\( \rightarrow\left|\frac{6 n+2-6 n+15}{(2 n-5) * 2}\right|<\varepsilon \rightarrow\left|\frac{17}{4 n-10}\right|<\varepsilon \)


Ansatz/Problem:

Wie geht es nun weiter? Die Betragsklammer kann man ja leider nicht einfach weg lassen, da für bestimmte n Werte der Nenner negativ wird. Muss man nun eine Fallunterscheidung durchführen, wenn ja wie? Was würde man machen, wenn auch der Zähler für bestimmte Werte von n negativ würde?

von

1 Antwort

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Nein, da musst du keine Fallunterscheidung machen.

Die zu beweisende Aussage ist ja nur, dass es ein n0 gibt, sodass für alle n>n0 die Ungleichung erfüllt ist.

Für n>=2,5 ist der Term in den Betragsstrichen aber größer als 0 (für n<=2,5 existieren ja nur zwei Folgenwerte; da schon von einem Grenzwert zu sprechen ist etwas übereilt. Dort wird die Ungleichung nur für sehr große ε bereits erfüllt sein: das interessiert uns aber kaum. Also könntest du einfach eine Zeile dazu schreiben, "Betrachte ε<<1:" da die Ungleichung erst für sehr kleine ε interessant ist.


Du kannst dann die Betragsstriche einfach weglassen, damit erhältst du:

 

n > (17+10ε)/4ε

 

Woraus du für ein gegebens Epsilon direkt das benötigte n berechnen kannst.

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