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Ich glaube du musst es dir nicht so kompliziert machen. Hattet ihr zufällig schon gezeigt, dass für alle \(n\in \mathbb{N}\) mit \(\alpha,\beta \in \mathbb{R}\) gilt:
\(\left|\sqrt[n]{|\alpha|}-\sqrt[n]{|\beta|}\right| \leq \sqrt[n]{|\alpha-\beta|}\) ? Wenn ja dann:
Sei \(\varepsilon >0\) beliebig gegeben. Nach Vorassetzung gilt ja \(\underset{n\longrightarrow \infty}{\lim} a_n =a\). Somit gibt es ein \(N(\varepsilon)\in \mathbb{N}\), so dass für alle \(n\geq N(\varepsilon)\) gilt:
\(|a_n-a|<\varepsilon\)
Sicherlich ist nicht nur \(a_n>0\) für alle \(n\in \mathbb{N}\) sondern auch \(a>0\) vorausgesetzt. Dann sind \(a_n=|a_n|\) und \(a=|a|\). Dann gilt unter Zuhilfenahme der Abschätzung oben für alle \(n\geq N(\varepsilon^p)\):
\(\left|\sqrt[p]{a_n} -\sqrt[p]{a}\right|=\left|\sqrt[n]{|a_n|} -\sqrt[p]{|a|}\right| \leq \sqrt[p]{|a_n-a|} <\sqrt[p]{\varepsilon^p} =\varepsilon\)
Somit folgt \(\underset{n\longrightarrow \infty}{\lim} a_n=a\).
Ich denke du kommst auch mit der Verwendeung deiner Indentität und einer geeigneten Abschützung ans Ziel, aber deutlich umständlicher. Je nachdem ob ihr die oben genannte Abschätzung bereits bewiesen habt.
Ich kann auch nochmal nachrechnen, ob man mit deiner Variante eine passende Abschätzung findet.
Hoffe das hilft dir weiter.
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─ karate 23.12.2020 um 21:36
Sei \(\varepsilon >0\) beliebig gegeben. Nach Voraussetzung gibt es ein \(N(\varepsilon)\in \mathbb{N}\), so dass für alle \(n\geq N(\varepsilon)\) gilt: \(|a_n-a|<\varepsilon\). Es folgt zunächst wegen \(x^n-y^n=(x-y)\cdot \displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k}y^k}\) mit \(x=\sqrt[p]{a_n}\) und \(y=\sqrt[p]{a}\):
\(\left|\sqrt[p]{a_n}-\sqrt[p]{a}\right| =\left|\dfrac{a_n-a}{\sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k}y^k}\right|\)
...
Nun folgt deine Argumentation das 1/summe beschränkt ist.
...
Da 1/summe beschränkt ist, gibt es ein \(c\in \mathbb{R}\), so dass gilt: \(\dfrac{1}{\sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k}y^k} \leq c\). Dann folgt für alle \(n\geq N\left(\dfrac{\varepsilon}{c}\right)\):
\(\left|\sqrt[p]{a_n}-\sqrt[p]{a}\right| =\left|\dfrac{a_n-a}{\sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k}y^k}\right| \leq |(a_n-a)\cdot c| <|\dfrac{\varepsilon}{c} \cdot c|=|\varepsilon|=\varepsilon\).
Somit gilt \(\underset{n\longrightarrow \infty}{\lim} \sqrt[p]{a_n}=\sqrt[p]{a}\).
Ich bin persönlich einfach ein Verfechter der \(\varepsilon\)-Definition zum Beweisen der Konvergenz :D. Du argumentierst ja das \((a_n-a)_{n\in \mathbb{N}}\) ein Nullfolge ist und dann mit \(a_n\cdot b_n \longrightarrow 0\) wenn \(b_n\) beschränkt ist. Du machst also denke alles richtig. Ich hatte gerade versucht, ob es nicht möglich ist, die Abschätzung direkt gegen \(\varepsilon\) abzuschätzen unter Verwendung deiner Identität. Aber mir fehlt da noch der entscheidende Schritt. Hoffe ich konnte dir trotzdem eine kleine alternative anbieten und irgendwie weiterhelfen.
Ansonsten wünsche ich frohe Weihnachten ;D ─ maqu 23.12.2020 um 22:52
Ja sicher deine Alternative finde ich super herzlichen dank!
auch dir wünsche ich frohe Weihnachten und vielleicht hört man sich ja wieder einmal bei der nächsten frage;) ─ karate 23.12.2020 um 23:03