Konvergenz einer rekursiven Folge

06.12.2012, 12:31

hollisch

Konvergenz einer rekursiven Folge

Meine Frage:
Tach zusammen!

Es sei $\begin{eqnarray*} \alpha >0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ die Folge, die induktiv durch $\begin{eqnarray*} a_1:=\sqrt{a} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n+1}:=\sqrt{\alpha +a_n} \end{eqnarray*}$ definiert ist.

Ich soll als erstes zeigen, dass $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ beschränkt, monoton wächst und damit konvergent ist.

Meine Ideen:
$\begin{eqnarray*} a_1=\sqrt{\alpha}>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2=\sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha}}>\sqrt{\alpha}>0 \overset{\text{induktiv}}{\implies} a_n>0 \end{eqnarray*}$

Außerdem ist $\begin{eqnarray*} a_2=\sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha}}>\sqrt{\alpha}=a_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_3=\sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha}}}>\sqrt{\alpha+\sqrt{\alpha}}=a_2 \overset{\text{induktiv}}{\implies} a_{n+1}>a_n \implies \text{monoton wachsend} \end{eqnarray*}$

wie zeige ich, dass $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ beschränkt ist?

Ich weiß, dass eine Folge beschränkt ist, falls es ein $\begin{eqnarray*} L\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gibt, so dass $\begin{eqnarray*} |a_n|<L \end{eqnarray*}$

Viele Dank schonmal im Voraus

06.12.2012, 13:20

klarsoweit

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RE: Konvergenz einer rekursiven Folge
Daß a_n immer >= 0 ist, ist aufgrund des Wurzelausdrucks selbstredend klar und braucht nicht weiter bewiesen werden. Was die Monotonie angeht, solltest du einen ordentlichen Induktionsbeweis nach den Regeln der vollständigen Induktion hinschreiben. Der entspricht zwar in Grundzügen dem, was du geschrieben hast, aber das hat dann auch formal Hand und Fuß.

Als obere Schranke kannst du es ja mal mit $\begin{eqnarray*} L = \frac a 2 + \sqrt{\frac{a^2}{4} + \alpha} \end{eqnarray*}$ versuchen.

06.12.2012, 13:34

hollisch

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na klar, den Induktionsbeweis hab ich auch... der wird in meiner späteren Aufzeichnung auch formal genau aufgeschrieben Augenzwinkern

aber danke für's aufmerksam machen! und danke für den tipp, ich probier's gleich mal aus

06.12.2012, 14:05

hollisch

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Wenn $\begin{eqnarray*} L =\sup\{a_n|n\in\mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$ gilt ja $\begin{eqnarray*} a_n\leq L \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$

Ich hab's via Induktion versucht:

IA: $\begin{eqnarray*} a_1=\sqrt{\alpha}\leq \sqrt{\frac{a^2}{4}+\alpha}\leq \frac{a}{2}+\sqrt{\frac{a^2}{4}+\alpha}=L \end{eqnarray*}$

IV: gelte die Behauptung für ein bestimmtes $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$

IS:
IB: dann gilt dies auch für $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$
Beweis des IS (hier harpert's noch...)

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\sqrt{\alpha+a_n}\overset{IV}{\leq} \sqrt{\alpha+\frac{a}{2}+\sqrt{\frac{a^2}{4}+\alpha}} \end{eqnarray*}$

am liebsten würde ich sagen, dass das wiederum kleiner gleich $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ ist, aber das gilt nur für $\begin{eqnarray*} a\geq 1 \end{eqnarray*}$

oder hab ich mich grad verrant?

06.12.2012, 14:22

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RE: Konvergenz einer rekursiven Folge
Sorry, irgendwie haben sich Variablen dahin verirrt, wo sie nicht hinsollten. Hammer

Richtig ist $\begin{eqnarray*} L = \frac 1 2 + \sqrt{\frac{1}{4} + \alpha} \end{eqnarray*}$ als obere Schranke.

06.12.2012, 14:41

hollisch

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okay, dann hab ich's:

IA: $\begin{eqnarray*} |a_1|=\sqrt{\alpha}\leq \sqrt{\frac{1}{4}+\alpha} \leq \frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+\alpha}=L \end{eqnarray*}$

IV: Behauptung gelte für bestimmtes n

IS: $\begin{eqnarray*} |a_{n+1}|=\sqrt{\alpha+a_n}\overset{IV}{\leq} \sqrt{\alpha+\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+\alpha}}=\sqrt{\frac{1}{4}+2\cdot \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{4}+\alpha}+\frac{1}{4}+\alpha}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+\alpha}\right)^2}=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+\alpha}=L \end{eqnarray*}$

06.12.2012, 14:43

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OK.

06.12.2012, 14:57

hollisch

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danke... okay, ich muss gestehen, dass das Zeigen der Monotonie doch nicht so einfach ist^^

was ich hab ist $\begin{eqnarray*} a_1=\sqrt{\alpha}>0, a_2=\sqrt{\alpha +a_1}>\sqrt{\alpha}=a_1 \end{eqnarray*}$

gelte Beh. für bestimmtes n...

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\sqrt{\alpha +a_n}>\sqrt{a_n} \end{eqnarray*}$

aber irgendwie steck ich da fest...

ahhh es ist so schlimm, wenn man weiß, dass man kurz vorm Ende ist, aber nicht auf den letzten zündenden Gedanken kommt Big Laugh

06.12.2012, 15:21

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Zitat:

Original von hollisch
gelte Beh. für bestimmtes n...

Da hängt es schon. Du solltest schon klar aufschreiben, was denn überhaupt die Behauptung ist.

Wenn es (vermutlich) $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \geq a_n \end{eqnarray*}$ ist, dann mußt du im Induktionsschritt zeigen, daß $\begin{eqnarray*} a_{n+2} \geq a_{n+1} \end{eqnarray*}$ ist. smile

06.12.2012, 15:34

hollisch

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okay^^ ich glaub ich hab's smile

IA wie gehabt...

IS:
IV: gilt $\begin{eqnarray*} a_{n+1}> a_n \end{eqnarray*}$ für ein bestimmtes $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$
IB: dann gilt auch $\begin{eqnarray*} a_{n+2}>a_{n+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{n+2}=\sqrt{\alpha+a_{n+1}}\overset{IV}{>}\sqrt{\alpha+a_n}=a_{n+1} \end{eqnarray*}$

oh man^^ das war ja gar nicht mal schwer Big Laugh

ich danke dir vielmals smile

06.12.2012, 15:39

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Zitat:

Original von hollisch
oh man^^ das war ja gar nicht mal schwer Big Laugh

Na siehst du, hat doch gar nicht weh getan. Augenzwinkern

06.12.2012, 16:55

hollisch

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eine Frage hätt ich allerdings noch... wir haben jetzt gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} \forall n\in\mathbb{N}: a_n\leq L:=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}+\alpha} \end{eqnarray*}$

Damit ist $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ obere Schranke von $\begin{eqnarray*} \{a_n|n\in\mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$ . Ist $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ , dadurch dass $\begin{eqnarray*} a_n\leq L \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} a_n<L \end{eqnarray*}$ , automatisch kleinste obere Schranke, also $\begin{eqnarray*} L=\sup \{a_n|n\in\mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$
Denn nur wenn $\begin{eqnarray*} L=\sup\{\cdot\} \implies a_n\to L \end{eqnarray*}$

Muss ich noch zeigen, dass $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ kleinste obere Schranke ist und wenn ja, welche andere kleinere obere "Schranke" suche ich, um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ dann größer als diese Alternative ist?

07.12.2012, 09:29

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Es könnte natürlich sein, daß L nicht die kleinste obere Schranke ist. Daß a_n tatsächlich gegen L konvergiert, zeigt man anders, nämlich mittels der Rekursionsformel und ist vermutlich auch in der Vorlesung besprochen worden.

07.12.2012, 18:07

hollisch

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leider ist diese nicht besprochen worden, ich hab mich heute diesbezüglich mit meinen kommilitonen verständigt, die mir dies bestätigten.
Gibt es einen anderen Weg als über diese Rekursionsformel, oder wo finde ich die Definition dieser?

Mit dem Ansatz: sei $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ eine weitere obere Schranke mit $\begin{eqnarray*} c<L \end{eqnarray*}$ . Zu zeigen $\begin{eqnarray*} \exists n\in\mathbb{N}: a_n>c\implies L=\sup\{a_n|n\in\mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$ haut irgendwie nicht hin...

Schon mal vielen Dank für die Hilfe smile

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