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Universität/Hochschule Grenzwert bei sin
hari01071983
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-04-03


Ich soll untersuchen ob es einen Grenzwert gibt, muss diesen aber nicht
berechnen:
\[a_n= \frac{n^2}{n^2\cdot \sin(n) + 2}\]
dazu habe ich einen Umformungsschritt gemacht (oben und unten durch n^2 dividiert):
\[a_n= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}}\]
Wie geht es jetzt weiter. Darf ich jetzt den Limes darauf anwenden?
Wenn ja:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{a_n} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}}}
= \frac{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{1}}{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} + \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{2}{n^2}}}\]
Jetzt würde ich sagen:
Grenzwert des Zähler =1
Grenzwert von \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{2}{n^2}}\) = 0
Grenzwert von \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)}\) existiert nicht da der Wert zw.: -1 und 1 hin und herpendelt, aber z.B. nie 0 ist da n nie ein ganzahliges Vielfaches von \(\pi\) sein kann.

=>Also existiert kein Grenzwert für \(a_n\)

Stimmt das so bzw. darf ich so vorgehen, oder hätte ich den Limes gar nicht bilden dürfen, da man die Rechenregel für konvergente Folgen nur dann anwenden darf wenn die Folgen konvergent sind.

Danke und Lg Hari






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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

2020-04-03 11:32 - hari01071983 im Themenstart schreibt:
Ich soll untersuchen ob es einen Grenzwert gibt, muss diesen aber nicht
berechnen:
\[a_n= \frac{n^2}{n^2\cdot \sin(n) + 2}\]
dazu habe ich einen Umformungsschritt gemacht (oben und unten durch n^2 dividiert):
\[a_n= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}}\]

Die Umformung war auf jeden Fall sinnvoll und zielführend.

2020-04-03 11:32 - hari01071983 im Themenstart schreibt:
Wie geht es jetzt weiter. Darf ich jetzt den Limes darauf anwenden?
Wenn ja:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{a_n} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}}}
= \frac{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{1}}{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} + \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{2}{n^2}}}\]
Jetzt würde ich sagen:
Grenzwert des Zähler =1
Grenzwert von \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{2}{n^2}}\) = 0
Grenzwert von \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)}\) existiert nicht da der Wert zw.: -1 und 1 hin und herpendelt, aber z.B. nie 0 ist da n nie ein ganzahliges Vielfaches von \(\pi\) sein kann.

=>Also existiert kein Grenzwert für \(a_n\)

Stimmt das so bzw. darf ich so vorgehen, oder hätte ich den Limes gar nicht bilden dürfen, da man die Rechenregel für konvergente Folgen nur dann anwenden darf wenn die Folgen konvergent sind.

Du hast dir die Frage selbst beantwortet: da \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sin(n)\) nicht existiert, musst du von der Schreibweise her anders vorgehen. Deine Überlegungen sind aber richtig.

Auf die Schnelle würde mir hier eine Argumentation über Häufungspunkte einfallen.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Kampfpudel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-04-03


Hey hari,

wenn schon bekannt ist, dass \(\sin(n)\) divergiert, kannst du die Gleichung auch nach \(\sin(n)\) umstellen und dann per Widerspruch argumentieren.



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hari01071983
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-03


D.h. die Folge besitzt keinen Grenzwert oder anders gesagt es existiert kein Grenzwert?

Wie meinst du das mit umstellen? ich kann kann ja schlecht auf die andere Seite multiplizieren, oder



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hi,

2020-04-03 15:36 - hari01071983 in Beitrag No. 3 schreibt:
D.h. die Folge besitzt keinen Grenzwert oder anders gesagt es existiert kein Grenzwert?

Ja. Hatte ich dir oben doch auch schon bestätigt. 😉

2020-04-03 15:36 - hari01071983 in Beitrag No. 3 schreibt:
Wie meinst du das mit umstellen? ich kann kann ja schlecht auf die andere Seite multiplizieren, oder

Das ist so gemeint: nimm an, es gibt einen Grenzwert \(a\) und setze die Folge mit diesem Grenzwert gleich.

Die entstehende Gleichung lässt sich leicht nach \(\sin(n)\) auflösen. Dann sieht man den Widerspruch zur Annahme schön, denn die eine Seite der Gleichung wird konvergent sein und die andere eben nicht.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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hari01071983
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-04-03 15:46 - Diophant in Beitrag No. 4 schreibt:
Ja. Hatte ich dir oben doch auch schon bestätigt. 😉

Sorry fürs nervig sein, wollte nur ein einfaches ja haben.
Wenns explizit da steht tue ich mir leichter, ich bekomme sonst so oft quasi einen Knoten im Kopf.😁 So wie in der Mathematik entweder \( \exists\) oder \( \nexists \) , und nix dazwischen, da tue ich mir am leichtesten. Außerdem, meine Devise: lieber einmal mehr nachfragen als einmal zuwenig, obwohl mir natürlich bewusst ist, dass ich damit oft mein Gegenüber nerve und mir damit keine Freunde mache, Danke trotzdem fürs Verständnis.

2020-04-03 15:46 - Diophant in Beitrag No. 4 schreibt:

Das ist so gemeint: nimm an, es gibt einen Grenzwert \(a\) und setze die Folge mit diesem Grenzwert gleich.
<math>
\begin{align*}
a &= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}} \\
a \cdot \left(\sin(n) + \frac{2}{n^2}\right) &= 1 \\
a \cdot \sin(n) + a \cdot \frac{2}{n^2} &= 1 \\
a \cdot \sin(n) &= 1 -  \frac{2a}{n^2} \\
\sin(n) &= \frac{1}{a} -  \frac{2}{n^2}  \\
\end{align*}
</math>
und jetzt den lim anwenden?
\[\nexists x : \ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} = x\\
\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{ \left(\frac{1}{a} -  \frac{2}{n^2} \right)} = \frac{1}{a}\]
meint ihr das so?



\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Hari,

2020-04-03 16:33 - hari01071983 in Beitrag No. 5 schreibt:
<math>
\begin{align*}
a &= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}} \\
a \cdot \left(\sin(n) + \frac{2}{n^2}\right) &= 1 \\
a \cdot \sin(n) + a \cdot \frac{2}{n^2} &= 1 \\
a \cdot \sin(n) &= 1 -  \frac{2a}{n^2} \\
\sin(n) &= \frac{1}{a} -  \frac{2}{n^2}  \\
\end{align*}
</math>
und jetzt den lim anwenden?
\[\nexists x : \ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} = x\\
\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{ \left(\frac{1}{a} -  \frac{2}{n^2} \right)} = \frac{1}{a}\]
meint ihr das so?

Ja. 😎


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}}\)
Hallo,

dieses Argument klappt nur, falls $a\not= 0$. Du musst also noch auf andere Weise zeigen, dass $a_n$ nicht gegen $0$ konvergiert.

Und rein formal stimmt es auch noch nicht: Wenn $a=\lim_{n\to \infty}a_n$ ist, dann gilt nicht $a= \frac 1 {\sin(n)+\frac 2{n^2}}$.
\(\endgroup\)


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hari01071983
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}}\)
2020-04-03 17:14 - Nuramon in Beitrag No. 7 schreibt:
Und rein formal stimmt es auch noch nicht: Wenn $a=\lim_{n\to \infty}a_n$ ist, dann gilt nicht $a= \frac 1 {\sin(n)+\frac 2{n^2}}$.

Wärst du vielleicht so nett und würdest mir zeigen wie man zu einem formal richtigen Beweis, dass es keinen Grenzwert für die Folge gibt, kommt? Soll ich das ganze komplett anders machen? Bin langsam am verzweifeln, ich will einfach nur einen formal sauberen Beweis herleiten, nicht mehr und nicht weniger.

1000 Dank an alle die soviel Geduld mit mir haben.😃
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}}\)
Im Prinzip passt es schon, nur hättest du halt jeweils $a_n$ statt $a$ schreiben sollen.

Die wichtige Umformung ist, dass $\sin(n) = \frac{1}{a_n} -  \frac{2}{n^2}$.

Wenn jetzt $a_n$ gegen $a\not=0$ konvergieren würde, dann würde aus den Grenzwertsätzen folgen, dass $\sin(n)$ gegen $\frac 1a$ konvergieren würde. Letzteres ist aber falsch, also ist $a_n$ entweder divergent, oder $a_n$ konvergiert gegen $0$.

Warum $a_n$ nicht gegen $0$ konvergiert, darfst du dir aber erstmal selbst überlegen.
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-04-03


Hallo hari01071983,

ich würde argumentieren, dass alle bis auf endlich viele Folgenglieder entweder größer als \(1-\epsilon\) oder kleiner als \(-1+\epsilon\) sind, wobei es in beiden Kategorien jeweils unendlich viele Vertreter gibt, für jedes feste\(\epsilon >0\). Damit kann es keinen Grenzwert geben, denn man findet immer unendlich viele Folgenglieder, die weiter als \(2-2\epsilon\) voneinander entfernt sind. Damit kann die Folge keine Cauchy-Folge sein.


lg Wladimir

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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hari01071983
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}}\)
2020-04-03 18:42 - Nuramon in Beitrag No. 9 schreibt:
Im Prinzip passt es schon, nur hättest du halt jeweils $a_n$ statt $a$ schreiben sollen.

Unter der Annahme das $a_n$ konvergiert:
<math>
\begin{align*}
a_n &= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}} \\
a_n \cdot \left(\sin(n) + \frac{2}{n^2}\right) &= 1 \\
a_n \cdot \sin(n) + a_n \cdot \frac{2}{n^2} &= 1 \\
a_n \cdot \sin(n) &= 1 -  \frac{2a_n}{n^2} \\
\sin(n) &= \frac{1}{a_n} -  \frac{2}{n^2}  \\
\end{align*}
</math>
Wendet man jetzt den Limes an und lässt $a_n$ gegen $a\not=0$ konvergieren, erhält man unter Anwendung der Grenzwertsätze:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{ \left(\frac{1}{a_n} -  \frac{2}{n^2} \right)} = \frac{1}{a}\]
Da der Grenzwert für $\sin(n)$ nicht existiert:
\[\nexists x : \ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} = x\] muss die Annahme dass $a_n$ gegen $a$ konvergiert falsch sein, $a_n$ ist somit divergent

2020-04-03 18:42 - Nuramon in Beitrag No. 9 schreibt:
Warum $a_n$ nicht gegen $0$ konvergiert, darfst du dir aber erstmal selbst überlegen.

Weil \(\frac{1}{\sin(n)}\) nie Null werden kann, da der Sinus zwischen 1 und -1 pendelt. Damit der Bruch Null werden könnte müsste der Nenner gegen unendlich gehen, tut er aber eben nicht.

Passt das jetzt so?
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-04-04

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}}\)
2020-04-03 23:36 - hari01071983 in Beitrag No. 11 schreibt:

Unter der Annahme das $a_n$ konvergiert:
<math>
\begin{align*}
a_n &= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}} \\
a_n \cdot \left(\sin(n) + \frac{2}{n^2}\right) &= 1 \\
a_n \cdot \sin(n) + a_n \cdot \frac{2}{n^2} &= 1 \\
a_n \cdot \sin(n) &= 1 -  \frac{2a_n}{n^2} \\
\sin(n) &= \frac{1}{a_n} -  \frac{2}{n^2}  \\
\end{align*}
</math>
Für diese Umformungen braucht man nicht anzunehmen, dass $a_n$ konvergiert. Vielmehr solltest du darauf hinweisen, dass $a_n\not=0$ für alle $n\geq 1$ gilt.


Wendet man jetzt den Limes an und lässt $a_n$ gegen $a\not=0$ konvergieren, erhält man unter Anwendung der Grenzwertsätze:
Die Formulierung kann man vielleicht gerade so noch durchgehen lassen, aber besser fände ich es so: "Nimmt man an, dass $a_n$ gegen $a\not=0$ konvergiert, erhält man unter Anwendung der Grenzwertsätze:"



Da der Grenzwert für $\sin(n)$ nicht existiert:
\[\nexists x : \ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} = x\]
Für mich sieht die Formel $\nexists x : \ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)} = x$ komisch aus, aber da kann man sich vielleicht darüber streiten. Ich hätte es einfach bei der verbalen Formulierung belassen.

muss die Annahme dass $a_n$ gegen $a$ konvergiert falsch sein, $a_n$ ist somit divergent
Nein, damit folgt erstmal nur, dass $a=0$ oder $a_n$ divergiert.


2020-04-03 18:42 - Nuramon in Beitrag No. 9 schreibt:
Warum $a_n$ nicht gegen $0$ konvergiert, darfst du dir aber erstmal selbst überlegen.

Weil \(\frac{1}{\sin(n)}\) nie Null werden kann, da der Sinus zwischen 1 und -1 pendelt. Damit der Bruch Null werden könnte müsste der Nenner gegen unendlich gehen, tut er aber eben nicht.

Passt das jetzt so?

Ich sehe nicht, was der Term $\frac 1{\sin n}$ mit der Frage zu tun hat, ob $a_n$ gegen $0$ konvergiert.
\(\endgroup\)


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traveller
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-04-04


Irgendwie scheint es mir, dass sich dieser Thread mit Umformungen und Notationen befasst und dabei die Hauptschwierigkeit fast völlig umschifft, nämlich die Aussage, dass $\left(\sin\left(n\right)\right)_n$ nicht konvergiert.

2020-04-03 11:32 - hari01071983 im Themenstart schreibt:
Grenzwert von \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\sin(n)}\) existiert nicht da der Wert zw.: -1 und 1 hin und herpendelt, aber z.B. nie 0 ist da n nie ein ganzahliges Vielfaches von \(\pi\) sein kann.

Dies ist nicht trivial und muss selbstverständlich gezeigt werden, solange ihr das in der Vorlesung nicht gemacht habt!

Nur ein paar andere Beispiele: $\left(\sin\left(2\pi n\right)\right)_n$ konvergiert (da konstant), $\left(\sin\left(\pi n\right)\right)_n$ nicht (nimmt aber nur drei Werte an), $\left(\sin\left(\left(-1\right)^n\cdot\frac{\pi}{n+1}\right)\right)_n$ "pendelt zwischen 1 und -1 hin- und her" und ist trotzdem konvergent, usw.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-04-04

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}}\)
@traveller:
2020-04-04 00:58 - traveller in Beitrag No. 13 schreibt:
Irgendwie scheint es mir, dass sich dieser Thread mit Umformungen und Notationen befasst und dabei die Hauptschwierigkeit fast völlig umschifft, nämlich die Aussage, dass $\left(\sin\left(n\right)\right)_n$ nicht konvergiert.
Gut, dass du es explizit ansprichst, aber ich glaube nicht, dass das übersehen wurde. Die Frage ist halt ob es Teil der Aufgabe ist oder als bekannt vorausgesetzt werden darf. Jedenfalls finde ich es nicht verkehrt, wenn hari sich erstmal auf den Kern der Aussage konzentriert. So hatte ich jedenfalls auch Kampfpudels Beitrag verstanden:
2020-04-03 12:35 - Kampfpudel in Beitrag No. 2 schreibt:
Hey hari,

wenn schon bekannt ist, dass \(\sin(n)\) divergiert, kannst du die Gleichung auch nach \(\sin(n)\) umstellen und dann per Widerspruch argumentieren.
\(\endgroup\)


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-04-04


Ich seh da noch ein ganz anderes Problem. Und zwar in diesem Ausdruck
\[a_n= \frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}}\] $\sin(n)$ eiert zwischen $-1$ und $1$ rum. Nimmt also auch Werte „knapp unter $0$“ an. Und dazu $\frac{2}{n^2}$ addiert könnte(😲) ja vielleicht auch mal $0$ werden, womit dieses $a_n$ gar nicht definiert wäre.

Wäre das ein Todesurteil für die ganze Folge?
Ich habe keine Ahnung, wie die Folge in einem solchen Fall zu behandeln wäre.
Wer kann diese Frage beantworten?

Die Vermutung ist nun aber (oder ist das sogar beweisbar?), daß $\sin(n)$ immer transzendent ist, und der Nenner somit tatsächlich nie $0$ werden kann.


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MrTikZ
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-04-04


Ich würde es so betrachten
$\displaystyle
\lim\limits_{n \rightarrow \infty}{a_n}
= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{n^2}{n^2\cdot \sin(n) + 2}
= \lim\limits_{n \rightarrow \infty}{\frac{1}{\sin(n) + \frac{2}{n^2}}}
= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{\sin(n)}
~ \in ~]-\infty,-1] \, \cup \, [1,\infty[$



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-04-04


Hallo viertel,

nach dem Satz von Lindemann-Weierstraß ist sogar \(\sin(\alpha)\) transzendent für jedes algebraische  \(\alpha \neq 0\). Siehe auch hier.


lg WLadimir



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viertel
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Danke, damit ist mein Zweifel natürlich ausgeräumt.
Ich bin kein Mathematiker und wollte daher nur mal ein wenig aus dem Fenster gucken, ohne mich gleich zu weit hinaus zu lehnen 😉



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