Rekursiv definierte Folge - Heron

30.09.2011, 10:46

Alive-and-well

Rekursiv definierte Folge - Heron

$\begin{eqnarray*} a_{1} = 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{\alpha }{a_n} ) \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} \alpha > 0 \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} n >1 \end{eqnarray*}$
von dieser Folge will ich den Grenzwert berechnen.

Ich habe angefangen mit der Monotonie.
Hier habe ich die Vermutung aufgestellt, dass a_n für $\begin{eqnarray*} \alpha \leq 4 \end{eqnarray*}$ fällt und für $\begin{eqnarray*} \alpha \geq 4 \end{eqnarray*}$ steigt.
Das gilt es jetzt per Induktion zu zeigen ( 2 mal sperat)

Im Indunktionschritt habe ich ein problem:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{\alpha }{a_n}) \end{eqnarray*}$
um jetzt meien Induktionsannanahme ins spiel bringen zu können, muss ich ja so umformen, dass $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ entweder NUR im Nenner oder NUR im Zähler vorkommt. (damit es kein problem bei der abschätzung $\begin{eqnarray*} a_n \leq a_{n+1} \end{eqnarray*}$ aus der Induktionsannahme kommt)

Bin um hilfe dankbar Augenzwinkern

30.09.2011, 10:55

René Gruber

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Zitat:

Original von Alive-and-well
Hier habe ich die Vermutung aufgestellt, dass a_n für $\begin{eqnarray*} \alpha \leq 4 \end{eqnarray*}$ fällt und für $\begin{eqnarray*} \alpha \geq 4 \end{eqnarray*}$ steigt.

Da irrst du dich: $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ fällt monoton für alle in Frage kommenden $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} \alpha > 4 \end{eqnarray*}$ allerdings erst ab Index $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ .

30.09.2011, 11:03

Alive-and-well

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Tatsächlich da habe ich etwas voreilig geurteilt.

Trozdem weiß ich nicht so recht wie es dann weiter geht.

30.09.2011, 11:08

René Gruber

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Wenn man in einem ersten Schritt $\begin{eqnarray*} a_n\geq \sqrt{\alpha} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ nachzuweist, dann hilft das bei einem nachfolgenden Monotoniebeweis.

30.09.2011, 11:21

Alive-and-well

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Die beschränktheit hätte ich so gezeigt:

IA: $\begin{eqnarray*} a_n > \sqrt{\alpha} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{\alpha }{a_n}) = \frac{a_n^2 + \alpha }{2a_n} \underset{IA }{\geq } \frac{\sqrt{\alpha ^2}+\alpha }{2\sqrt{\alpha } } = \frac{|\alpha|+\alpha }{2\sqrt{\alpha } } = \sqrt{\alpha } <br /> \end{eqnarray*}$

Das problem was ich heir habe, ist das ich bei dem einbringen der Induktionsannahme diese ja im Zähler und nenner einbringe und somit nichtmehr kalr ist obr das rechte tatsächlich kleiner ist.

30.09.2011, 12:05

tmo

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Die Einwände sind berechtigt. Daher sollte man eher die Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel nutzen. (Ganz ohne Induktion)

30.09.2011, 12:19

Alive-and-well

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Ah damit ging es sehr gut.

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{\alpha }{a_n}) \underset {(*)}{\geq} \sqrt{a_n * \frac{\alpha }{a_n} } = \sqrt{\alpha } <br /> \end{eqnarray*}$
(*) Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel.

Jetzt habe ich aber nicht meine Induktionsannamhe ins Spiel gebracht, ist das Schlimm?

Edit: (nicht gelsen das man keine Induktion mehr braucht)

30.09.2011, 12:23

René Gruber

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Es wird noch "schlimmer" kommen: Auch für den Monotoniebeweis ist die Induktion überflüssig. Big Laugh

30.09.2011, 12:49

Alive-and-well

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Kann ich für die monotonie auch einfach zeigen,

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

30.09.2011, 17:55

René Gruber

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Klar, warum nicht, schließlich ist das wegen der Positivität aller $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ äquivalent zur Antitonie von $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ .

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