Rekursive Folge

14.01.2011, 17:31

gamma_

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Rekursive Folge

Hallo,
ich benötige Hilfe bei einer rekursiven Folge, die ich auf Konvergenz und ggf. ihren Grenzwert für n -> $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ untersuchen soll.

$\begin{eqnarray*} a_{1}:= 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} := \frac{1}{1+ a_{n}} \end{eqnarray*}$

Habe bisher mal die Teilfolgen $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ betrachtet, aber ich weiß nicht, wie ich allgemein zeigen soll, dass $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ monoton fallend und $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ monoton wachsend ist. Mein Ziel ist es, zu zeigen, dass die beiden Teilfolgen auf den gleichen Grenzwert zulaufen..

Habe mal ein paar $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ ausgerechnet..

$\begin{eqnarray*} a_{1} = 1, a_{2} = \frac{2}{3}, a_{3} = \frac{3}{5}, a_{4} = \frac{5}{8}, a_{5} = \frac{8}{13} , a_{6} = \frac{13}{21} \end{eqnarray*}$

Einen Kanidaten für den Grenzwert a habe ich auch schon, aber dazu muss ich ja prinzipiell erst zeigen, dass die Folge konvergiert..

Jetzt wären meine Fragen:
a) Stimmen den (wenigstens) meine berechneten Folgenglieder?
b) Ist mein Vorgehen (zumindest die Idee) richtig? Wenn ja, wie kann ich die Idee allgemein ausführen?

Zu b) habe ich mir schon überlegt, dass man eventuell

$\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ irgendwie als "Ausdruck mit $\begin{eqnarray*} a_{2k-2} \end{eqnarray*}$ " schreiben müsste und dann daraus hoffentlich etwas aussagen könnte, aber da komme ich einfach nicht weiter.

Würde mich über Ideen, Ansätze sowie Hilfe bei meinem Problem freuen. smile

smile

14.01.2011, 17:49

tmo

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Du könntest deine Vermutung (also die Monotonie der beiden Teilfolgen) induktiv zeigen.

Wenn du dann $\begin{eqnarray*} a_{k+2} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ ausdrückst und so zeigst, dass die beiden Teilfolgen gegen den selben Grenzwert konvergieren, müsste es eigentlich klappen.

14.01.2011, 18:36

gamma_

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Hi tmo,
danke schon mal für deinen Ratschlag. Ich habe jetzt schon mal folgendes:

$\begin{eqnarray*} a_{k+2} = \frac{1}{1 + a_{k+1} } = \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + a_{k}}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{\frac{1 + a_{k}}{1 + a_{k}} + \frac{1}{1 + a_{k}}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1}{\frac{2 + a_{k}}{1 + a_{k}}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{1 + a_{k}}{2 + a_{k}} \end{eqnarray*}$

Wenn ich also nun die Teilfolge der geraden k habe, dann wäre mein Induktionsanfang ja..

$\begin{eqnarray*} a_{2} > a_{4} \end{eqnarray*}$ weil $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} > \frac{5}{8} \end{eqnarray*}$

Meine Induktionsbehauptung wäre dann wohl:

$\begin{eqnarray*} a_{k} > a_{k+2} \end{eqnarray*}$

Gut, und der Schritt wäre dann wohl von k+2 --> k+4 ?

Aber wie stelle ich das konkret an? Hier fehlt mir jetzt der Anfang, wie ich das allgemein zeigen kann - ich könnte mir vorstellen, dass es mit der Darstellung von $\begin{eqnarray*} a_{k+2} \end{eqnarray*}$ oben zu tun hat, wenn ja, dann sehe ich es absolut nicht.... verwirrt

verwirrt

14.01.2011, 20:26

AlphaCentauri

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tut mir leid, wenn ich mich grad mal einmische, aber deine grundannahmen sind so nicht ganz richtig! du hast schon bei deinen werten einen kleinen fehler: wie du leicht nachprüfst ist $\begin{eqnarray*} a_2 = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ . damit ist auch deine annahme nicht richtig, dass $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ monoton fallend ist, denn $\begin{eqnarray*} a_2=\frac{1}{2}=\frac{5}{10}<\frac{6}{10}=\frac{3}{5}=a_4 \end{eqnarray*}$ . wenn ich micht nich irre, gilt aber die umkehrung, womit du schonmal gezeigt hast, dass diese teilfolge konvergent ist Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.01.2011, 20:38

gamma_

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Hi AlphaCentauri,

danke für deinen Hinweis, ich habe das noch mal überprüft und ich habe tatsächlich das Folgenglied $\begin{eqnarray*} a_{2} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ vergessen gehabt, oder mich einfach verrechnet. Jedenfalls weiß ich jetzt ,warum meine Formel für $\begin{eqnarray*} a_{k+2} \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} k = 1 \end{eqnarray*}$ einfach nicht funktionieren wollte.. smile

smile

Jedenfalls - du hast natürlich Recht - muss $\begin{eqnarray*} a_{2k} \end{eqnarray*}$ dann monoton wachsend sein und folglich daraus $\begin{eqnarray*} a_{2k+1} \end{eqnarray*}$ monoton fallend.

Den Induktionsanfang muss ich dann natürlich entsprechend abändern, aber ich habe immer noch keine Idee, wie ich denn allgemein den Induktionsschritt aufschreiben soll bzw. überhaupt wie er aussieht.

Für die andere Teilfolge muss ja dann als Induktionsanfang..
$\begin{eqnarray*} a_{3} > a_{5} \end{eqnarray*}$ gelten (ist oben mit a2 und a4 bezeichnet, habs hier nochmal zur allgemeinen Übersichtlichkeit aufgeschrieben..)

14.01.2011, 21:11

AlphaCentauri

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worauf ich hinauswollte: ich würde hier nicht mit induktion arbeiten, sondern mit den teilfolgen. du weißt, dass es zwei teilfolgen gibt, die konvergent sind gegen 2 häufungspunkte der folge. diese sind durch den satz von bolzano-weierstraß gesichert. du musst nun nur noch zeigen, dass die beiden teilfolgen gegen ein und denselben häufungspunkt konvergieren: damit ist dies der grenzwert und du hast gezeigt, dass die folge konvergent ist Augenzwinkern

Augenzwinkern

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14.01.2011, 21:43

Gamma_

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Hi,
warum genau darf ich Bolzano-Weierstraß hier anwenden?

Ich zitiere hier mal so, wie wir es aufgeschrieben hatten:

Jede beschränkte Folge aus R besitzt eine konvergente Teilfolge. und
Jede beschränkte Folge aus R besitzt einen Häufungwert.

-> Dann müsste ich argumentieren, warum die (Teil)folge beschränkt ist, leider komme ich damit noch überhaupt auf keinen grünen Zweig unglücklich

unglücklich

Aber trotzdem schonmal vielen Dank für deine Bemühungen smile

smile

15.01.2011, 00:11

etzwane

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Ich versuche es mal auf einem anderen Weg:

Die Glieder der Folge sind (a(0) zusätzlich passend eingefügt):
a(0)=0
a(1)=1
a(2)=1/(1+1)=1/2
a(3)=1/(1+1/2)=2/3
a(4)=1/(1+2/3)=3/5
a(5)=1/(1+3/5)=5/8
a(6)=1/(1+5/8)=8/13
a(7)=1/(1+8/13)=13/21
usw.

Nun der Ansatz a(n)=x(n)/y(n)
mit x(n+2)=x(n+1)+x(n) bei x(0)=0 und x(1)=1
und y(n)=x(n+1)
damit also a(n)=x(n)/x(n+1)

Für die Differenzengleichung für x(n) sucht man partikuläre Lösungen mit dem Ansatz x(n)=z^n und findet mit W(5)=Wurzel aus 5:
z1=(1+W(5))/2
z2=(1-W(5))/2
und für x(n) erhält man mit x(n)=c*z1^n+d*z2^n und den beiden Anfangswerten 2 Gleichungen zur Bestimmung der Faktoren c und d und findet nach längerer Rechnung

x(n)=1/W(5)*{[(1+W(5))/2]^n-[(1-W(5))/2]^n}

Probe für n=3: x(3)=1/W(5)*1/8*{1+3W(5)+3(W(5))^2+(W(5))^3-1+3W(5)-3(W(5))^2+(W(5))^3}=1/W(5)*1/8*{6W(5)+2*5W(5))=2,
scheint also bis hier zu stimmen

Weiter nun mit gerundeten Zahlenwerten: x(n)=0,447*(1,618^n-(-0,618)^n)
Probe für n=7: x(7)=12,96 , stimmt gut mit 13 überein

Für a(n)=x(n)/x(n+1) folgt nun große Zahlen n:
a(n)~1,618^n/1,618^(n+1)=1/1,618 = 0,618 als Grenzwert.

15.01.2011, 09:52

BarneyG.

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Es gibt einen sehr viel kürzeren Lösungsweg, bei dem man die Konvergenz DIREKT nachweisen kann und insbesondere nicht die Rechnung mit den beiden Teilfolgen durchführen muss.

Wir beginnen mit zwei trivialen Vorüberlegungen:

Man zeigt zunächst, dass a_n >= 1 ist. (das ist sehr einfach aus der Definition herzuleiten).

Wenn die Folge der a_n konvergent gegen a wäre, dann müsste für a gelten

(1) a = 1 + 1/a (auch das folgt direkt aus der Definition von a_n)

und wegen a_n >= 1 muss gelten

(2) a >= 1

Es gibt nur eine einzige Zahl a, die diese beiden Eigenschaften hat (welche?) ... und mit der rechnen wir jetzt:

$\begin{eqnarray*} | a_n - a | = |1 + \frac{1}{a_{n-1}} - (1 + \frac{1}{a})| = | \frac{a_{n-1} - a}{a * a_{n-1}} | \leq \frac{1}{a}*|a_{n-1} - a| \end{eqnarray*}$

Und wenn man das nun n-1 mal wiederholt, dann ist man auch schon so gut wie fertig fertig ...

15.01.2011, 11:06

etzwane

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Zitat:

Original von BarneyG.
Es gibt einen sehr viel kürzeren Lösungsweg, bei dem man die Konvergenz DIREKT nachweisen kann und insbesondere nicht die Rechnung mit den beiden Teilfolgen durchführen muss.

Danke für den Hinweis.

Dass es einen kürzeren Lösungsweg geben muss, war mir klar schon wegen der Bestimmung des Grenzwerts a aus a=1/(1+a), ich wusste aber nicht mehr, wie.
So habe ich den aufwendigen Weg über die Bestimmung der Glieder der Folge gewählt, weil ich vermutet hatte, dass es so auch gehen müsste und ich Lust zum Rechnen hatte.

Was vielleicht nicht nur mich immer wieder verblüfft, ist, dass man für die Glieder x_n der Teilfolgen

$\begin{eqnarray*} x_n=\frac{1}{\sqrt{5}} \cdot\left [(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^n-(-\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n \right ] \end{eqnarray*}$

für beliebige ganzzahlige n wieder ganzzahlige Werte x_n erhält.

15.01.2011, 13:31

gamma_

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Danke für die Hinweise und Vorschläge, aber ich persönlich kann damit jetzt nicht so viel anfangen. Zumal nur der Stoff von AnaI bekannt ist - ich freue mich aber, einen alternativen Weg zu sehen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hatte etzwane nicht schon (recht eindrucksvoll) gezeigt, dass der Grenzwert a < 1 ist und wieso muss nun plötzlich für a >= 1 1 gelten?

Ich hatte mir ja auch zu anfang einen Grenzwert aus

a = 1 / (1+a) ausgerechnet, und deshalb auf ..

$\begin{eqnarray*} -\frac{1}{2} \pm \sqrt{\frac{1}{4}+1} \end{eqnarray*}$

gekommen. Hatte im Eingangspost ja schon geschrieben, dass ich einen Kanidaten für den Grenzwert habe, wenn die Folge den konvergiert und mein Problem darin bestünde, dieses zu zeigen.

Wie kann ich denn konkret zeigen, dass a_n =< 1 und eventuell nach unten durch sagen wir 0 beschränkt ist?

15.01.2011, 13:58

BarneyG.

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Meine Lösung bezieht sich auf die Folge

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 1 + \frac{1}{a_n} \end{eqnarray*}$

Hier wird die Folge

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{1+a_n} \end{eqnarray*}$

betrachtet.

Sorry!

15.01.2011, 14:38

BarneyG.

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So, wir haben also die Folge

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{1+a_n} \end{eqnarray*}$

Das Beweisverfahren von vorhin lässt sich sehr leicht auf diese Folge übertragen.

a_n > 0 (das sieht man entweder direkt oder man führt einen Induktionsbeweis).

Wenn es einen Grenzwert gäbe, dann gälte für diesen Grenzwert

(1) a = 1 / (1 + a)

Wegen a_n > 0 müsste für den Grenzwert weiterhin gelten

(2) a >= 0

Es gibt nur EINE Zahl, die beide Bedingungen erfüllt (welche?). Diese Zahl a verwenden wir jetzt.

$\begin{eqnarray*} | a_n - a | = | \frac{1}{1 + a_{n-1}} - \frac{1}{1 + a}| = |\frac{a_{n-1}-a}{(1+a_{n-1}) * (1 + a)} | < \frac{1}{1 + a} * |a_{n-1}-a| \end{eqnarray*}$

Und wenn man das nun n-1 mal anwendet, dann ist die Aufgabe auch schon gelöst ...

15.01.2011, 19:08

Gamma_

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Hm, danke

smile

Werde das mal damit versuchen, und schauen, was bei rauskommt..

16.01.2011, 10:58

Manni Feinbein

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Zitat:

Original von BarneyG.
Wenn es einen Grenzwert gäbe, dann gälte für diesen Grenzwert

(1) a = 1 / (1 + a)

Die Idee ist zwar zielführend, doch statt mit einer Zahl herumzurechnen deren Existenz a priori gar nicht klar ist,
ist es wohl besser - etwas konkreter - so anzusetzen:

$\begin{eqnarray*} \left|a_{n+1}-\frac{\sqrt{5}-1}2\right|=\underbrace{\left|\frac 2{(1+a_n)(\sqrt{5}+1)}\right|}_{<1}\left|a_n-\frac{\sqrt{5}-1}2\right| \end{eqnarray*}$

Induktiv folgt damit dann die Konvergenz.

P.S.: Der Konjunktiv II von es gilt lautet übrigens es gölte.

16.01.2011, 17:29

K123

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Was meins du genau mit n-1 mal anwenden??

16.01.2011, 17:35

Leckermäulchen

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@BarneyG:
Wie soll man den letzten Teil n-1 mal anwenden?

16.01.2011, 18:06

Leckermäulchen

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Ich habe versucht erstmal die Beschränktheit zu zeigen:
Beh: $\begin{eqnarray*} a_{n}\geq 0 \end{eqnarray*}$
Induktionsanfang: $\begin{eqnarray*} a_{1}= 1 \geq0 \end{eqnarray*}$
Induktionsvor: $\begin{eqnarray*} a_{n} \geq0 \end{eqnarray*}$
Induktionsbeh: $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \geq0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{1+a_{n} } \end{eqnarray*}$ . Mit der Voraussetzung folgt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+0}= 1\geq 0 \end{eqnarray*}$
Kann man das als Beweis für die Beschränkheit hinnehmen?

Nur ist die Frage, wie man zeigt, dass die Folge monoton fallend ist.
$\begin{eqnarray*} Dafür soll ja a_{n+1}-a_{n} <0 sein. \end{eqnarray*}$
Nur wenn ich die Folge da einsetze und umforme, komme ich nicht auf $\begin{eqnarray*} <0 \end{eqnarray*}$ .

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