Induktion

09.11.2012, 21:26

frag google

Induktion

Meine Frage:
Hallo ich muss zeigen das gilt
$\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \leq a_{n}<3 \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} a_{1} = 2 \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{a_{n} }{2}+\frac{3}{2a_{n} } \end{eqnarray*}$

n element Natürliche zahlen

Meine Ideen:
Induktinsanfang habe ich hinbekommen.Kommt raus
$\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \leq a_{1}=2 <3 \end{eqnarray*}$

Induktinvorraussetzung ist auch klar.
Beim IS weiß ich nicht wie ich das zeigen soll.
Der anfang sieht so aus, wobei ich hierbei erstmal die linke seite betrachte
$\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \leq a_{n+1}=\frac{a_{n} }{2}+\frac{3}{2a_{n} } \end{eqnarray*}$

09.11.2012, 21:44

epsilon90

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Hallo,
du bist schon weiter als du glaubst zu sein.
Der Induktionsschritt ist ja der Fall, wo man von n->n+1 schließt. Du nimmst an, es geht für alle natürlichen Zahlen bis einschließlich n. Der Schritt zeigt, dass es für n+1 dann auch gilt.
So du setzt $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ ein und versucht was zu machen damit.
$\begin{eqnarray*} \sqrt{3}%20\leq%20a_{n+1}=\frac{a_{n}%20}{2}+\frac{3}{2a_{n}%20} \end{eqnarray*}$
Genau und nun weißt du, dass die Aussage für n gilt. Trenne doch mal die rechte von der linken Ungleichung. Und schätze nach links mit dem minimalen $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ ab und rechts das maximale. Das sollte dann klappen.

09.11.2012, 22:30

janine1990

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Hi danke erstmal für die Antwort aber habe das noch nicht ganz verstanden.Meinst du ich soll das so hinschreiben und dann an abschätzen ?

$\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \leq a_{n+1} \leq a_{n} \end{eqnarray*}$

10.11.2012, 00:09

epsilon90

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Nein ich meinte diese Gleichung.

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{a_{n} }{2}+\frac{3}{2a_{n} } \end{eqnarray*}$
Nun weißt du aus der Induktionsvorraussetzung, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \leq a_{n}<3 \end{eqnarray*}$ gilt.
Jetzt setzt du einmal Wurzel 3 und einmal 3 für $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ ein und hast so die Abschätzung nach oben und nach unten.
Du kannst alternativ
$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n} }{2}+\frac{3}{2a_{n} } \end{eqnarray*}$ auch als Funktion auffassen.
Dann betrachtest du:
$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{x}{2}+\frac{3}{2*x} \end{eqnarray*}$
Die hat ein lokales Minimum bei Wurzel 3 und ist in dem Intervall $\begin{eqnarray*} [\sqrt(3),3] \end{eqnarray*}$ monoton wachsend. Daher kannst du die Funktion auf dem Intervall durch die Grenzen abschätzen.

10.11.2012, 01:29

RavenOnJ

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Man kann zeigen:
1.) die Folge $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ ist streng monoton fallend und $\begin{align*} \forall n \ge 1:\;a_n \le 2 \end{align*}$ ,
2.) die Rekursion hat einen Fixpunkt bei $\begin{align*} \sqrt 3 \end{align*}$ .

Beides zusammen führt zu der Behauptung.

Gruß
Peter

10.11.2012, 06:12

Mystic

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Hier sind zwar schon viele "Köche" am Werk, trotzdem scheint mir das Wesentliche noch nicht gesagt worden zu sein, nämlich dass

$\begin{eqnarray*} a_n\ge \sqrt 3 \quad (n \ge 1) \end{eqnarray*}$

wegen

$\begin{eqnarray*} a_1=2 > \sqrt 3, \quad a_{n+1}=\frac 12 \left(\sqrt{a_n}-\sqrt{\frac 3{a_n}} \right)^2+\sqrt 3 \end{eqnarray*}$

von Haus aus trivial ist, sodass sich der Threadersteller lieber auf den Nachweis von

$\begin{eqnarray*} a_n<3 \ (n \ge 1) \end{eqnarray*}$

konzentrieren sollte (der im übrigen genauso einfach ist, wo man aber wenigstens die Induktionsvoraussetzung dafür benötigt)... Augenzwinkern

10.11.2012, 09:43

RavenOnJ

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@Mystik
Wenn man zeigt, dass $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ streng monoton fallend ist, dann hat man das ja gleich mit erschlagen.

Gruß
Peter

10.11.2012, 10:47

Mystic

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Zitat:

Original von RavenOnJ
@Mystik
Wenn man zeigt, dass $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ streng monoton fallend ist, dann hat man das ja gleich mit erschlagen.

Hm, inwiefern wäre damit die eine Hälfte, nämlich

$\begin{eqnarray*} a_n \ge \sqrt 3 \end{eqnarray*}$

der zu beweisenden Ungleichung bewiesen? verwirrt

10.11.2012, 11:39

RavenOnJ

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@Mystic
In Verbindung mit dem Fixpunkt $\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ der Rekursion folgt das.

Gruß
Peter

10.11.2012, 12:27

janine1990

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Hallo danke erstmal für die Antworten. Habe das umgesetzt jezt, ist das soweit richtig und bewiesen ?
$\begin{eqnarray*} IV.\sqrt{3}\leq a_{n} IS.\sqrt{3}\leq a_{n+1} \sqrt{3}\leq \frac{a_{n} }{2}+ \frac{3}{2a_{n} } \sqrt{3}\leq \frac{\sqrt{3} }{2}+ \frac{3}{2\sqrt{3} } \end{eqnarray*}$
nach auflösen komme ich auf diese wahre Aussage
$\begin{eqnarray*} 3\leq 3\ \end{eqnarray*}$

10.11.2012, 14:00

Mystic

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Edit: Hier stand Unsinn und auch deine Abschätzung stimmt an einer Stelle nicht... unglücklich

Im Moment sehe ich auch nicht wie man das reparieren kann, außer auf die Art, die ich oben schon beschrieben habe...

10.11.2012, 14:19

janine1990

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Vielen Dank. Kann noch einer für die andere Ungleichung kontrollieren bitte.

$\begin{eqnarray*} IV: 3>a_{n} IS: 3>a_{n+1}= \frac{a_{n} }{2}+ \frac{3}{2a_{n} }= \frac{3}{2}+ \frac{3}{2*3}= \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

10.11.2012, 14:21

janine1990

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Entschuldigung muss natürlich 2 ergeben.

10.11.2012, 18:58

Mystic

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Ich hoffe, du hast inzwischen mitbekommen, dass auch dieser Teil hier falsch ist:

Zitat:

Original von janine1990
$\begin{eqnarray*} IV.\sqrt{3}\leq a_{n} IS.\sqrt{3}\leq a_{n+1} \sqrt{3}\leq \frac{a_{n} }{2}+ \frac{3}{2a_{n} } \textcolor{red}{\sqrt{3}\leq \frac{\sqrt{3} }{2}+ \frac{3}{2\sqrt{3} }} \end{eqnarray*}$
nach auflösen komme ich auf diese wahre Aussage
$\begin{eqnarray*} 3\leq 3\ \end{eqnarray*}$

Für die Ungleichung, die ich rot markiert habe, verwendest du einmal $\begin{eqnarray*} a_n \le \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ , was aber falsch ist...

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