Konvergenz und Grenzwert einer Reihe

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03.01.2010, 21:15	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
Konvergenz und Grenzwert einer Reihe Hallo ihr Lieben, ich hoffe mir kann jmd bei folgender Aufgabe heflen: Gegeben sei die Folge $\begin{eqnarray} a_{n} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a_0=1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} a_{n+1}= \sqrt{1+a_n} \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} n\in \mathbb N \end{eqnarray}$ ,n\geq 0 Man beweise, dass $\begin{eqnarray} a_{n} \end{eqnarray}$ konvergent und bestimme den Grenzwert. Wie komm ich hier denn überhaupt auf $\begin{eqnarray} a_{n} \end{eqnarray}$ ??? Bitte helft mir
03.01.2010, 21:26	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine Möglichkeit: Zeige durch vollständige Induktion, dass die Folge monoton und beschränkt ist. Daraus folgt Konvergenz.
03.01.2010, 21:30	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
Und wie umgehe ich die tatsache dass ich $\begin{eqnarray} a_{n} \end{eqnarray}$ nicht kenne?
03.01.2010, 21:35	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kennst $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ . Um aber das 5000. Glied zu berechnen, brauchst du eben das 4999. auch. Aber ich verstehe schon, was du meinst. Du umgehst das, indem du erst mal zeigst, dass $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ beschränkt und monoton ist. Zeige: $\begin{eqnarray} <br /> a_n < 2 \; \forall \; n \in \mathbb N<br /> a_{n+1} > a_{n} \; \forall \; n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ Wie gesagt, (das erste) mit Induktion. Eine untere Schranke hast du auch, nämlich 1.
03.01.2010, 21:45	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
wie kommst du drauf dass $\begin{eqnarray} a_{n} <2 \end{eqnarray}$ ???
03.01.2010, 21:48	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
Durch Kenntnis des Grenzwertes. Wenn du nämlich gezeigt hast, dass die Folge konvergiert, musst du ja auch noch den Grenzwert ausrechnen.
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03.01.2010, 22:27	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
und wie kommst auf den gw?
03.01.2010, 22:31	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
wenn du mit der Aufgabe fertig werden willst, dann solltest du langsam mal anfangen, den Richtlinien von Mr. Brightside zu folgen. Übrigens handelt es sich hier um eine Folge, und nicht um eine Reihe - wie im Titel des Threads angegeben.
03.01.2010, 22:32	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn man annimmt, dass ein GW a existiert, kann man auf beiden Seiten der Rekursionsgleichung den Limes bilden. Im Grenzfall steht da nicht a_n, sondern der GW a. Den möglichen GW kann man so ausrechnen. Das heisst aber noch lange nicht, dass die Folge auch wirklich konvergiert. Dazu brauchst du die Beschränktheit und Monotonie.
03.01.2010, 22:37	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
kannst du mir zeigen wie du auf den gw kommst? ich komm einfach nicht damit klar dass ich kein spezifisches $\begin{eqnarray} a_{n} \end{eqnarray}$ hab
03.01.2010, 22:45	Cel	Auf diesen Beitrag antworten »
Das bringt dir gar nichts, du brauchst dafür die Monotonie und die Beschränktheit - ohne geht es nicht. Also: Fang mal einfach an.
05.01.2010, 12:38	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
ok,also hab mich die nacht über nochmal damit beschäftigt. ich hab versucht erstmal zu zeigen,dass die folge monoton ist: monoton ist sie,falls $\begin{eqnarray} a_{n} \geq a_{n+1} \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray}$ also hab ich mir folgendes überlegt: für n=0 ist $\begin{eqnarray} a_1=\sqrt{1+a_0} =\sqrt{1+1} =\sqrt{2} \end{eqnarray}$ also: $\begin{eqnarray} a_1=\sqrt{2} > 1=a_0 \end{eqnarray}$ -> $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ streng monoton wachsend beschränkt ist sie doch, weil $\begin{eqnarray} a_0=1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} n\geq 0 \end{eqnarray}$ , also ist 1 kleinste untere Schranke von $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ und somit ist $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ beschränkt. also ist $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ konvergent. passt das bis dahin so?
05.01.2010, 12:53	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Mit Verlaub: weitestgehend großer Unfug. Aus der Tatsache, daß a_1 > a_0 ist, folgt noch lange nicht, daß die Folge monoton wächst. Und wieso sollte aus a_0 = 1 und n >= 0 folgen, daß 1 eine untere Schranke ist?
05.01.2010, 13:02	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
ein versuch wars wert^^
05.01.2010, 13:06	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Also machen wir einen neuen Anlauf. Die steigende Monotonie, also $\begin{eqnarray} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray}$ zeigst du mit vollständiger Induktion. Den Induktionsanfang, also $\begin{eqnarray} a_0 \leq a_1 \end{eqnarray}$ hast du ja schon gemacht. Jetzt mußt du noch den Induktionsschritt machen.
05.01.2010, 13:38	LadyEnyce	Auf diesen Beitrag antworten »
weisst du mein problem liegt darin, dass ich nicht weiss wie ich zeigen soll, dass $\begin{eqnarray} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray}$ , wenn ich kein $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ habe ich hab versucht $\begin{eqnarray} a_{n+1} =\sqrt{1+a_n} \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ aufzulösen, aber auch dann bekomm ich nur mist raus nämlich dass $\begin{eqnarray} a_{n} = (a_{n+1})^2-1 \end{eqnarray}$ damit kann ich auch keine aussage über monotonie machen... hilf mir doch bitte
05.01.2010, 14:29	Kühlkiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine explizite Darstellung der $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ ist doch gar nicht erforderlich. Im Gegenteil ist es sogar so, dass durch die rekursive Definition deiner Folge die Induktion fast trivial ist. Behauptung: $\begin{eqnarray} a_{n+1}\geq a_n \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N. \end{eqnarray}$ IA (n=0): Ist klar. IV: Sei die Beh. für ein beliebiges $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N \end{eqnarray}$ bereits bewiesen. IS (n->n+1): Hier ist nun auf Basis der IV zu folgern, dass $\begin{eqnarray} a_{n+2}\geq a_{n+1}. \end{eqnarray}$ Also: $\begin{eqnarray} a_{n+2}=\sqrt{1+a_{n+1}}\underbrace{\geq}_{gemäß IV}\ldots \end{eqnarray}$ Und jetzt steht's doch schon fast da.
05.01.2010, 14:30	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Du mußt doch einfach nur formal vorgehen: Behauptung: es gilt $\begin{eqnarray} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray}$ für alle n aus N. Induktionsanfang: hast du gemacht. Induktionsschritt: Sei $\begin{eqnarray} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray}$ für ein n aus N. Zu zeigen: $\begin{eqnarray} a_{n+1} \leq a_{n+2} \end{eqnarray}$ Es gilt: $\begin{eqnarray} a_{n} \leq a_{n+1} \Leftrightarrow 1 + a_{n} \leq 1 + a_{n+1} \Leftrightarrow \sqrt{1 + a_{n}} \leq \sqrt{1 + a_{n+1}} \end{eqnarray}$ Den Rest macht du. EDIT: Kühlkiste hat sich die Anmeldung gespart und war daher schneller.
05.01.2010, 14:32	Kühlkiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Nochmal mit verbessertem Latex: Eine explizite Darstellung der $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ ist doch gar nicht erforderlich. Im Gegenteil ist es sogar so, dass durch die rekursive Definition deiner Folge die Induktion fast trivial ist. Behauptung: $\begin{eqnarray} a_{n+1}\geq a_n \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N. \end{eqnarray}$ IA (n=0): Ist klar. IV: Sei die Beh. für ein beliebiges $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N \end{eqnarray}$ bereits bewiesen. IS (n->n+1): Hier ist nun auf Basis der IV zu folgern, dass $\begin{eqnarray} a_{n+2}\geq a_{n+1}. \end{eqnarray}$ Also: $\begin{eqnarray} a_{n+2}=\sqrt{1+a_{n+1}}\underbrace{\geq}_{IV}\ldots \end{eqnarray}$ Und jetzt steht's doch schon fast da.

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