Konvergenz Heron Verfahren

20.11.2012, 19:26

Nashsright

Konvergenz Heron Verfahren

Eine Folge sei folgendermaßen rekursiv definiert:

$\begin{eqnarray*} x_o := b; x_{n+1} := \frac 1 2 ( x_n+ \frac{a}{x_n} ); n \in \mathbb N_0; a,b \in \mathbb R^+ \end{eqnarray*}$

außerdem sei $\begin{eqnarray*} \Delta_n := x_n -\sqrt a \end{eqnarray*}$

zu zeigen:
1) $\begin{eqnarray*} \Delta_{n+1} = \frac{\Delta^2_n}{2x_n} \end{eqnarray*}$
2)Folgende Ungleichung sind für $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ erfüllt(für $\begin{eqnarray*} \Delta_0 \geq 0 \end{eqnarray*}$ gelten sie auch für $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ ):
$\begin{eqnarray*} \Delta_n \geq 0,\Delta_{n+1} \leq \frac 1 2 \Delta_n, \Delta_{n+1} \leq \frac{\Delta^2_n}{2 \sqrt{a}} \end{eqnarray*}$

3) $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } x_n = \sqrt{a} \end{eqnarray*}$

Ich hab jetzt mal die ganze Aufgabe, wie sie gestellt wurde gepostet, damit vielleicht der Sinn der Aufgabe klarer wird - Probleme habe ich allerdings nur bei der 3. Ungleichung aus "2)" und bei Aufgabe 3)

Bei der Ungleichung hab ich folgendes probiert:
Die zu zeigende Ungleichung ist wegen 1) äquivalent zur Aussage: $\begin{eqnarray*} x_n \geq \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ Dann habe ich es mit vollständiger Induktion folgendermaßen probiert:
IA: $\begin{eqnarray*} n=1: x_1 = \frac 1 2 ( x_0+ \frac{a}{x_0})=\frac{b^2+a}{\sqrt{a}b} * \sqrt{a}\geq \sqrt{a} \end{eqnarray*}$
Der letzte Schluss folgt für mich aus der binomischen Formel und aus dem, dass das Quadrat eines solchen Binoms immer postiv ist.

So, beim Induktionschluss bleib ich aber hängen, da die Folge ja rekursiv definiert ist. Ist Induktion hier überhaupt zielführend?

Die rekursive Definition ist auch mein Problem bei Aufgabenteil 3). Ich kann zwar argumentieren, dass $\begin{eqnarray*} \Delta_n \end{eqnarray*}$ offensichtlich gegen 0 konvergiert(unmittelbar ersichtlich aus Ungleichung 1 und 2), allerdings fällts mir schwer dies zu zeigen ohne explizite Angabe der Folge.

paar Denkanstöße würden reichen!

20.11.2012, 22:03

Nashsright

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Ok, die Ungleichung hab ich nun doch auf "normalen" Wege hingekriegt.

Bleibt trotzdem noch Aufgabe 3):
Ich hab mir jetzt den Ansatz aus dem Königsberger angeschaut. Ich verstehe den Beweis dort so: Man zeigt die Vorraussetzungen für den Satz "Jede monotone beschränkte Folge ist konvergent"(Dies hab ich ja durch die Ungleichungen oben schon getan). Dann kann man sagen die Folge ist eine Cauchyfolge und somit setzen:

$\begin{eqnarray*} x= \frac 1 2 ( x+ \frac{a}{x} ) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$

-Hab ich den Beweis richtig verstanden? Denn der Begriff der Cauchyfolge wird im Königsberger erst später eingeführt. Aber das man die linke Seite der Rekursionsvorschrift mit der rechten gleich setzen kann für $\begin{eqnarray*} n \to \infty \end{eqnarray*}$ , ist doch erst durch diesen Begriff fundiert!?

-Allerdings hatten wir diesen Satz("jede monotone beschränkte Folge ist konvergent") in der Vorlesung noch nicht gehabt, was die Frage aufwirft, ob man die Konvergenz gegen $\begin{eqnarray*} \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ noch anders zeigen kann?

20.11.2012, 22:18

Mystic

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Zitat:

Original von Nashsright
-Allerdings hatten wir diesen Satz("jede monotone beschränkte Folge ist konvergent") in der Vorlesung noch nicht gehabt, was die Frage aufwirft, ob man die Konvergenz gegen $\begin{eqnarray*} \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ noch anders zeigen kann?

In der Tat: Gleichbedeutend mit Konvergenz gegen $\begin{eqnarray*} \sqrt a \end{eqnarray*}$ ist ja, dass sie Folge $\begin{eqnarray*} (\Delta_n) \end{eqnarray*}$ von oben eine Nullfolge ist...

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