Beispiel A1. Untersuchen Sie die Folge x1 = 1, xn+1 = √ 2 + xn auf

Beispiel A1. Untersuchen Sie die Folge
x1 = 1,
xn+1 =
√
2 + xn
auf Konvergenz und berechnen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.
Lösung: Zunächst muss man sich überlegen, dass der Ausdruck unter der Wurzel
nichtnegativ ist und die Rekursion daher wohldefiniert ist. Dazu zeigt man die
stärkere Aussage xn > 0 für alle n ∈ N, denn daraus folgt dann klarerweise auch
2 + xn > 0 für alle n ∈ N. Um dies einzusehen verwendet man zum Beispiel
vollständige Induktion.
Induktionsanfang: Ist n = 1, so gilt x1 = 1 > 0, was offenbar stimmt.
Induktionsschritt: Angenommen es gilt xn > 0, für ein n ∈ N, dann ist zu
zeigen, dass auch xn+1 > 0 gilt. Wegen xn > 0 ist auch
√ 2 + xn > 0 und man
kann daher die Wurzel ziehen und man erhält xn+1 = 2 + xn > 0.
Weiters ist die Folge nach oben beschränkt durch 2, also xn ≤ 2 für alle n ∈ N.
Wieder mit vollständiger Induktion ergibt sich:
Induktionsanfang: Ist n = 1, so gilt x1 = 1 ≤ 2, eine wahre Aussage.
Induktionsschritt: Angenommen xn ≤ 2 für ein n ∈ N, dann ist zu zeigen, dass
auch xn+1 ≤ 2 gilt. Aus der Induktionsvoraussetzung erhält man unmittelbar
√
xn ≤ 2 ⇒ 2 + xn ≤ 4 ⇒ xn+1 = 2 + xn ≤ 2.
Somit ist die Folge nach oben beschränkt durch 2. Jetzt zeigt man, dass die
Folge monoton wachsend ist, d.h. xn ≤ xn+1 für
√ alle n ∈ N.
Induktionsanfang: Ist n = 1, so gilt x1 = 1 ≤ 3 = x2 , was offenbar stimmt.
Induktionsschritt: Angenommen es gilt xn ≤ xn+1 für ein n ∈ N, dann ist zu
zeigen, dass auch xn+1 ≤ xn+2 gilt. Aus der Induktionsvoraussetzung folgt
unmittelbar
p
√
xn ≤ xn+1 ⇒ 2 + xn ≤ 2 + xn+1 ⇒ 2 + xn ≤ 2 + xn+1 ⇒ xn+1 ≤ xn+2 .
Daher ist die Folge (xn )n∈N eine monoton wachsende und nach oben beschränkte
Folge und somit nach Satz 3.4.2 konvergent. Es gibt also ein s ∈ R, sodass
limn→∞ xn = s. Nach Satz 3.2.9 (iv) konvergiert daher auch jede Teilfolge
von (xn )n∈N gegen s, somit gilt auch limn→∞ xn+1 = s. Aus der rekursiven
Definition der Folge (xn )n∈N ergibt sich somit die Gleichung
q
√
√
s = lim xn+1 = lim 2 + xn = 2 + lim xn = 2 + s.
n→∞
n→∞
n→∞
√
Daher muss der Grenzwert der Gleichung s = 2 + s genügen. Da x1 = 1 und
die Folge monoton wachsend ist muss der Grenzwert ebenfalls positiv sein. Man
erhält weiter
√
s = 2 + s ⇔ s2 = 2 + s ⇔ s2 − s − 2 = 0 ⇔ (s − 2)(s + 1) = 0.
Da s positiv ist, folgt somit s = 2. Insgesamt erhält man daher
lim xn = 2.
n→∞
1
q
Beispiel A2. Sei M die Menge aller reellwertigen beschränkten Folgen. Zeigen
Sie, dass durch
¡
¢
d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N := sup{|xn − yn | : n ∈ N}
eine Metrik auf M definiert wird.
Für welche q ∈ R wird durch
¡
¢
dq (xn )n∈N , (yn )n∈N := sup{q n |xn − yn | : n ∈ N}
eine Metrik auf M definiert?
Lösung: Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), wobei X eine Menge und d
eine wohldefinierte Abbildung von X × X nach R ist, die folgende drei Bedingungen erfüllt:
(M1) Für alle x, y ∈ X ist d(x, y) ≥ 0. Es gilt d(x, y) = 0 genau dann, wenn
x = y.
(M2) Für alle x, y ∈ X gilt d(x, y) = d(y, x).
(M3) Sind x, y, z ∈ X, so gilt:
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) .
Die Funktion d0 ist für jedes Paar von Folgen ((xn )n∈N , (yn )n∈N ) ∈ M × M
wohldefiniert, da die Folgen (xn )n∈N und (yn )n∈N beschränkt sind, also |xn | ≤
C1 und |yn | ≤ C2 für alle n ∈ N und gewisse, von den Folgen (xn )n∈N und
(yn )n∈N aber nicht von n abhängige Konstante C1 , C2 ≥ 0, und damit
|xn − yn | ≤ |xn | + |yn | ≤ C1 + C2 .
Also ist die nichtleere Teilenge {|xn − yn | : n ∈ N} von R nach oben beschränkt.
Da R ein vollständiger Körper ist, existiert somit
sup{|xn − yn | : n ∈ N}.
(M1):
Nun sind alle Elemente von {|xn − yn | : n ∈ N} reelle Zahlen ≥ 0. Jede obere
Schranke davon muss daher auch ≥ 0 sein. Also gilt immer
¡
¢
d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N ≥ 0.
Im Fall (xn )n∈N = (yn )n∈N stimmen alle Folgenglieder überein, dh. xn = yn für
alle n ∈ N. Es folgt |xn −yn | = 0 für alle
{|xn −yn | : n ∈ N}
¡ n ∈ N. Also enthält
¢
d
)
,
)
nur das Element 0. Ihr Supremum
(x
(x
ist
daher
0.
0
n
n∈N
n
n∈N
¡
¢
Umgekehrt folgt aus d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N = 0, dass 0 obere Schranke von
{|xn − yn | : n ∈ N} ist und daher |xn − yn | ≤ 0 für alle n ∈ N. Da immer
|xn − yn | ≥ 0, folgt |xn − yn | = 0 bzw. xn = yn für alle n ∈ N. Also gilt
(xn )n∈N = (yn )n∈N .
(M2):
Wegen |a| = | − a| für alle a ∈ R folgt |xn − yn | = |yn − xn | für alle n ∈ N. Also
2
stimmen die Mengen {|xn − yn | : n ¡∈ N} und {|yn − ¢xn | : n ∈ N} überein und
haben somit dasselbe Supremum d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N .
(M3):
Seien (xn )n∈N , (yn )n∈N , (zn )n∈N ∈ M. Für jedes feste j ∈ N gilt wegen der für |.|
gültigen Dreiecksungleichung |xj −yj | = |(xj −zj )+(zj −yj )| ≤ |xj −zj |+|zj −yj |.
Nun ist für jedes feste j ∈ N auch
¡
¢
¡
¢
|xj − zj | + |zj − yj | ≤ d0 (xn )n∈N , (zn )n∈N + d0 (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
die rechts ja die Suprema und daher obere Schranken der Mengen {|xn − zn | :
n ∈ N} bzw. {|zn − yn | : n ∈ N} stehen. Es folgt
¡
¢
¡
¢
|xj − yj | ≤ d0 (xn )n∈N , (zn )n∈N + d0 (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
womit die rechte Seite eine obere Schranke der Menge {|xn − yn | : n ∈ N} ist.
Da das Supremum die kleinste obere Schranke ist, folgt
¡
¢
¡
¢
¡
¢
d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N ≤ d0 (xn )n∈N , (zn )n∈N + d0 (zn )n∈N , (yn )n∈N .
¡
¢
Sei nun q ∈ R. Im Fall |q| > 1 ist dq (xn )n∈N , (yn )n∈N := sup{q n |xn − yn | :
n ∈ N} nicht für alle Paar ((xn )n∈N , (yn )n∈N ) ∈ M × M wohldefiniert. Man
betrachte etwa die Konstante Nullfolge (xn )n∈N = (0)n∈N und die konstante
Einsfolge (yn )n∈N = (1)n∈N . In diesem Fall ist
{q n |xn − yn | : n ∈ N} = {q n : n ∈ N}.
Betrachtet man gerade n = 2k, so sind die Zahlen q 2k = (q 2 )k in dieser Menge.
Also ist diese Menge nicht nach oben beschränkt, und es existiert kein Supremum.
Im Fall |q| ≤ 1 ist die Menge {q n |xn − yn | : n ∈ N} aber immer nach oben
beschränkt, da Für C1 , C2 ≥ 0, sodass |xn | ≤ C1 und |yn | ≤ C2 für alle n ∈ N,
q n |xn − yn | ≤ |q|n (|xn | + |yn |) ≤ |xn | + |yn | ≤ C1 + C2 , n ∈ N,
womit sie ein Supremum in R hat und dq wohldefiniert ist.
Im Fall q ∈ [−1, 0] betrachte man wieder ein spezielles Paar aus M×M, nämlich
(xn )n∈N = (0)n∈N und (yn )n∈N so, dass y1 = 1 und yn = 0 für n ≥ 2. Dann gilt
q 1 |x1 − y1 | = q ≤ 0 und q n |xn − yn | = 0 für n ≥ 2. Somit hat die Menge
{q n |xn − yn | : n ∈ N} = {0, q}
¡
¢
das Supremum 0. Dafür, dass (M 1) erfüllt ist, müsste dq (xn )n∈N , (yn )n∈N > 0.
Also ist in diesem Fall dq auch keine Metrik.
Es bleibt der Fall q ∈ (0, 1]. Man zeigt analog wie oben, dass dann dq eine
Metrik ist:
3
(M1):
Alle Elemente von {q n |xn − yn | : n ∈ N} sind reelle Zahlen ≥ 0. Jede obere
Schranke davon muss daher auch ≥ 0 sein. Also gilt immer
¡
¢
dq (xn )n∈N , (yn )n∈N ≥ 0.
Im Fall (xn )n∈N = (yn )n∈N stimmen alle Folgenglieder überein, dh. xn = yn
für alle n ∈ N. Es folgt q n |xn − yn | = 0 für alle n ∈¡ N. Also enthält¢
{q n |xn − yn | : n ∈ N} nur das Element 0. Ihr Supremum dq (xn )n∈N , (xn )n∈N
ist daher 0.
¡
¢
Umgekehrt folgt aus dq (xn )n∈N , (yn )n∈N = 0, dass 0 obere Schranke von
{q n |xn − yn | : n ∈ N} ist und daher q n |xn − yn | ≤ 0 für alle n ∈ N. Da
immer q n |xn − yn | ≥ 0, folgt q n |xn − yn | = 0 bzw. xn = yn für alle n ∈ N. Also
gilt (xn )n∈N = (yn )n∈N .
(M2):
Wegen |a| = | − a| für alle a ∈ R folgt q n |xn − yn | = q n |yn − xn | für alle n ∈ N.
n
Also stimmen die Mengen {q n |xn − yn | : n ∈ N}
¡ und {q |yn − x¢n | : n ∈ N}
überein und haben somit dasselbe Supremum dq (xn )n∈N , (yn )n∈N .
(M3):
Seien (xn )n∈N , (yn )n∈N , (zn )n∈N ∈ M. Für jedes feste j ∈ N gilt wegen der
für |.| gültigen Dreiecksungleichung q j |xj − yj | = q j |(xj − zj ) + (zj − yj )| ≤
q j |xj − zj | + q j |zj − yj |. Nun ist für jedes feste j ∈ N auch
¡
¢
¡
¢
q j |xj − zj | + q j |zj − yj | ≤ dq (xn )n∈N , (zn )n∈N + dq (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
die rechts ja die Suprema und daher obere Schranken der Mengen {q n |xn − zn | :
n ∈ N} bzw. {q n |zn − yn | : n ∈ N} stehen. Es folgt
¡
¢
¡
¢
q j |xj − yj | ≤ dq (xn )n∈N , (zn )n∈N + dq (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
womit die rechte Seite eine obere Schranke der Menge {q n |xn − yn | : n ∈ N} ist.
Da das Supremum die kleinste obere Schranke ist, folgt
¡
¢
¡
¢
¡
¢
dq (xn )n∈N , (yn )n∈N ≤ dq (xn )n∈N , (zn )n∈N + dq (zn )n∈N , (yn )n∈N .
q
4
Beispiel B1. Untersuchen Sie die Folge
x1 = 1,
xn+1 =
√
2xn + 3
auf Konvergenz und berechnen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.
Lösung: Zunächst muss man sich überlegen, dass der Ausdruck unter der Wurzel
nichtnegativ ist und die Rekursion daher wohldefiniert ist. Dazu zeigt man die
stärkere Aussage xn > 0 für alle n ∈ N, denn daraus folgt dann klarerweise auch
2xn + 3 > 0 für alle n ∈ N. Um dies einzusehen verwendet man zum Beispiel
vollständige Induktion.
Induktionsanfang: Ist n = 1, so gilt x1 = 1 > 0, was offenbar stimmt.
Induktionsschritt: Angenommen es gilt xn > 0, für ein n ∈ N, dann ist zu
zeigen, dass auch xn+1 > 0 gilt. Wegen xn > 0 ist auch
√ 2xn + 3 > 0 und man
kann daher die Wurzel ziehen und man erhält xn+1 = 2xn + 3 > 0.
Weiters ist die Folge nach oben beschränkt durch 3, also xn ≤ 3 für alle n ∈ N.
Wieder mit vollständiger Induktion ergibt sich:
Induktionsanfang: Ist n = 1, so gilt x1 = 1 ≤ 3, eine wahre Aussage.
Induktionsschritt: Angenommen xn ≤ 3 für ein n ∈ N, dann ist zu zeigen, dass
auch xn+1 ≤ 3 gilt. Aus der Induktionsvoraussetzung erhält man unmittelbar
√
xn ≤ 3 ⇒ 2xn ≤ 6 ⇒ 2xn + 3 ≤ 9 ⇒ xn+1 = 2xn + 3 ≤ 3.
Somit ist die Folge nach oben beschränkt durch 3. Jetzt zeigt man, dass die
Folge monoton wachsend ist, d.h. xn ≤ xn+1 für
√ alle n ∈ N.
Induktionsanfang: Ist n = 1, so gilt x1 = 1 ≤ 5 = x2 , was offenbar stimmt.
Induktionsschritt: Angenommen es gilt xn ≤ xn+1 für ein n ∈ N, dann ist zu
zeigen, dass auch xn+1 ≤ xn+2 gilt. Aus der Induktionsvoraussetzung folgt
unmittelbar
p
√
xn ≤ xn+1 ⇒ 2xn + 3 ≤ 2xn+1 + 3 ⇒ 2xn + 3 ≤ 2xn+1 + 3 ⇒ xn+1 ≤ xn+2 .
Daher ist die Folge (xn )n∈N eine monoton wachsende und nach oben beschränkte
Folge und somit nach Satz 3.4.2 konvergent. Es gibt also ein s ∈ R, sodass
limn→∞ xn = s. Nach Satz 3.2.9 (iv) konvergiert daher auch jede Teilfolge
von (xn )n∈N gegen s, somit gilt auch limn→∞ xn+1 = s. Aus der rekursiven
Definition der Folge (xn )n∈N ergibt sich somit die Gleichung
q
√
√
s = lim xn+1 = lim 2xn + 3 = 2 lim xn + 3 = 2s + 3.
n→∞
n→∞
n→∞
√
Daher muss der Grenzwert der Gleichung s = 2s + 3 genügen. Da x1 = 1 und
die Folge monoton wachsend ist muss der Grenzwert ebenfalls positiv sein. Man
erhält weiter
√
s = 2s + 3 ⇔ s2 = 2s + 3 ⇔ s2 − 2s − 3 = 0 ⇔ (s − 3)(s + 1) = 0.
Da s positiv ist, folgt somit s = 3. Insgesamt erhält man daher
lim xn = 3.
n→∞
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q
Beispiel B2. Sei M die Menge aller reellwertigen beschränkten Folgen. Zeigen
Sie, dass durch
¡
¢
d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N := sup{|xn − yn | : n ∈ N}
eine Metrik auf M definiert wird.
Für welche α ∈ Q wird durch
¡
¢
dα (xn )n∈N , (yn )n∈N := sup{nα |xn − yn | : n ∈ N}
eine Metrik auf M definiert?
Lösung: Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), wobei X eine Menge und d
eine wohldefinierte Abbildung von X × X nach R ist, die folgende drei Bedingungen erfüllt:
(M1) Für alle x, y ∈ X ist d(x, y) ≥ 0. Es gilt d(x, y) = 0 genau dann, wenn
x = y.
(M2) Für alle x, y ∈ X gilt d(x, y) = d(y, x).
(M3) Sind x, y, z ∈ X, so gilt:
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) .
Die Funktion d0 ist für jedes Paar von Folgen ((xn )n∈N , (yn )n∈N ) ∈ M × M
wohldefiniert, da die Folgen (xn )n∈N und (yn )n∈N beschränkt sind, also |xn | ≤
C1 und |yn | ≤ C2 für alle n ∈ N und gewisse, von den Folgen (xn )n∈N und
(yn )n∈N aber nicht von n abhängige Konstante C1 , C2 ≥ 0, und damit
|xn − yn | ≤ |xn | + |yn | ≤ C1 + C2 .
Also ist die nichtleere Teilenge {|xn − yn | : n ∈ N} von R nach oben beschränkt.
Da R ein vollständiger Körper ist, existiert somit
sup{|xn − yn | : n ∈ N}.
(M1):
Nun sind alle Elemente von {|xn − yn | : n ∈ N} reelle Zahlen ≥ 0. Jede obere
Schranke davon muss daher auch ≥ 0 sein. Also gilt immer
¡
¢
d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N ≥ 0.
Im Fall (xn )n∈N = (yn )n∈N stimmen alle Folgenglieder überein, dh. xn = yn für
alle n ∈ N. Es folgt |xn −yn | = 0 für alle
{|xn −yn | : n ∈ N}
¡ n ∈ N. Also enthält
¢
d
)
,
)
nur das Element 0. Ihr Supremum
(x
(x
ist
daher
0.
0
n
n∈N
n
n∈N
¡
¢
Umgekehrt folgt aus d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N = 0, dass 0 obere Schranke von
{|xn − yn | : n ∈ N} ist und daher |xn − yn | ≤ 0 für alle n ∈ N. Da immer
|xn − yn | ≥ 0, folgt |xn − yn | = 0 bzw. xn = yn für alle n ∈ N. Also gilt
(xn )n∈N = (yn )n∈N .
(M2):
Wegen |a| = | − a| für alle a ∈ R folgt |xn − yn | = |yn − xn | für alle n ∈ N. Also
6
stimmen die Mengen {|xn − yn | : n ¡∈ N} und {|yn − ¢xn | : n ∈ N} überein und
haben somit dasselbe Supremum d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N .
(M3):
Seien (xn )n∈N , (yn )n∈N , (zn )n∈N ∈ M. Für jedes feste j ∈ N gilt wegen der für |.|
gültigen Dreiecksungleichung |xj −yj | = |(xj −zj )+(zj −yj )| ≤ |xj −zj |+|zj −yj |.
Nun ist für jedes feste j ∈ N auch
¡
¢
¡
¢
|xj − zj | + |zj − yj | ≤ d0 (xn )n∈N , (zn )n∈N + d0 (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
die rechts ja die Suprema und daher obere Schranken der Mengen {|xn − zn | :
n ∈ N} bzw. {|zn − yn | : n ∈ N} stehen. Es folgt
¡
¢
¡
¢
|xj − yj | ≤ d0 (xn )n∈N , (zn )n∈N + d0 (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
womit die rechte Seite eine obere Schranke der Menge {|xn − yn | : n ∈ N} ist.
Da das Supremum die kleinste obere Schranke ist, folgt
¡
¢
¡
¢
¡
¢
d0 (xn )n∈N , (yn )n∈N ≤ d0 (xn )n∈N , (zn )n∈N + d0 (zn )n∈N , (yn )n∈N .
¡
¢
Sei nun α ∈ Q. Im Fall α > 0 ist dα (xn )n∈N , (yn )n∈N := sup{nα |xn − yn | :
n ∈ N} nicht für alle Paar ((xn )n∈N , (yn )n∈N ) ∈ M × M wohldefiniert. Man
betrachte etwa die Konstante Nullfolge (xn )n∈N = (0)n∈N und die konstante
Einsfolge (yn )n∈N = (1)n∈N . In diesem Fall ist
{nα |xn − yn | : n ∈ N} = {nα : n ∈ N}.
Wegen α > 0 ist diese Menge nicht nach oben beschränkt, und es existiert kein
Supremum.
Im Fall α ≤ 0 ist die Menge {nα |xn − yn | : n ∈ N} aber immer nach oben
beschränkt, da Für C1 , C2 ≥ 0, sodass |xn | ≤ C1 und |yn | ≤ C2 für alle n ∈ N,
wegen n|α| ≥ 1
nα |xn − yn | ≤
1
(|xn | + |yn |) ≤ |xn | + |yn | ≤ C1 + C2 , n ∈ N,
n|α|
womit sie ein Supremum in R hat und dα wohldefiniert ist. Man zeigt nun
analog wie oben, dass dα eine Metrik ist:
(M1):
Alle Elemente von {nα |xn − yn | : n ∈ N} sind reelle Zahlen ≥ 0. Jede obere
Schranke davon muss daher auch ≥ 0 sein. Also gilt immer
¡
¢
dα (xn )n∈N , (yn )n∈N ≥ 0.
Im Fall (xn )n∈N = (yn )n∈N stimmen alle Folgenglieder überein, dh. xn = yn
für alle n ∈ N. Es folgt nα |xn − yn | = 0 für alle n ∈¡ N. Also enthält¢
{nα |xn − yn | : n ∈ N} nur das Element 0. Ihr Supremum dα (xn )n∈N , (xn )n∈N
ist daher 0.
7
¡
¢
Umgekehrt folgt aus dα (xn )n∈N , (yn )n∈N = 0, dass 0 obere Schranke von
{nα |xn − yn | : n ∈ N} ist und daher nα |xn − yn | ≤ 0 für alle n ∈ N. Da
immer nα |xn − yn | ≥ 0, folgt nα |xn − yn | = 0 bzw. xn = yn für alle n ∈ N. Also
gilt (xn )n∈N = (yn )n∈N .
(M2):
Wegen |a| = | − a| für alle a ∈ R folgt nα |xn − yn | = nα |yn − xn | für alle n ∈ N.
α
Also stimmen die Mengen {nα |xn − yn | : n ∈ N}
¡ und {n |yn − x¢n | : n ∈ N}
überein und haben somit dasselbe Supremum dα (xn )n∈N , (yn )n∈N .
(M3):
Seien (xn )n∈N , (yn )n∈N , (zn )n∈N ∈ M. Für jedes feste j ∈ N gilt wegen der
für |.| gültigen Dreiecksungleichung j α |xj − yj | = j α |(xj − zj ) + (zj − yj )| ≤
j α |xj − zj | + j α |zj − yj |. Nun ist für jedes feste j ∈ N auch
¡
¢
¡
¢
j α |xj − zj | + j α |zj − yj | ≤ dα (xn )n∈N , (zn )n∈N + dα (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
die rechts ja die Suprema und daher obere Schranken der Mengen {nα |xn − zn | :
n ∈ N} bzw. {nα |zn − yn | : n ∈ N} stehen. Es folgt
¡
¢
¡
¢
j α |xj − yj | ≤ dα (xn )n∈N , (zn )n∈N + dα (zn )n∈N , (yn )n∈N ,
womit die rechte Seite eine obere Schranke der Menge {nα |xn − yn | : n ∈ N}
ist. Da das Supremum die kleinste obere Schranke ist, folgt
¡
¢
¡
¢
¡
¢
dα (xn )n∈N , (yn )n∈N ≤ dα (xn )n∈N , (zn )n∈N + dα (zn )n∈N , (yn )n∈N .
q
8