Rekursive Folge

16.06.2013, 14:00

Derpy

Rekursive Folge

Hallo!

Habe mal wieder ein kleines Problem zum Thema Folgen.

Hier erstmal die Aufgabe:

Für reeles $\begin{eqnarray*} a > 0 \end{eqnarray*}$ ist die rekursive Folge $\begin{eqnarray*} x_{n+1} = \sqrt{a + x_{n} } \end{eqnarray*}$ mit dem Startwert $\begin{eqnarray*} x_{1} = 0 \end{eqnarray*}$ gegeben.

a) Beweisen Sie mit vollständiger Induktion: die Folge $\begin{eqnarray*} x_{n} \end{eqnarray*}$ ist streng monoton wachsend.

b) Beweisen Sie mit vollständiger Induktion, dass für alle $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} x_{n} < 1 + \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ .

c) Begründen Sie, dass die gegebene Folge konvergiert und bestimmen Sie ihren Grenzwert $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von a. Ist ein rationaler Grenzwert $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ möglich?

Zu a)

IA: Für n=1: $\begin{eqnarray*} x_{1} = 0 \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} x_{2} = \sqrt{a} \Rightarrow 0 < \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ . Wahre Aussage, da $\begin{eqnarray*} a > 0 \end{eqnarray*}$

IV: Für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} x_{n} < x_{n+1} \end{eqnarray*}$

IS: $\begin{eqnarray*} x_{n+1} > x_{n} \Rightarrow \sqrt{a + x_{n} } > x_{n} \Rightarrow - x_{n}² + x_{n} + a > 0 \Rightarrow - x_{n}² + x_{n} + a = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1/2} = \frac{-1\pm \sqrt{1 + 4a} }{-2} \Rightarrow x_{1} = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a } \end{eqnarray*}$ . Zweite Lösung entfällt, da $\begin{eqnarray*} x_{n} > 0 \end{eqnarray*}$ gilt. Somit ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a } > 0 \end{eqnarray*}$ eine wahre Aussage und die Monotonie gezeigt.

Zu b)

IA: Für n=1: $\begin{eqnarray*} x_{2} = \sqrt{a} < 1 + \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ . Wahre Aussage.

IV: Für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} x_{n} < 1 + \sqrt{a} \end{eqnarray*}$
IB: Dies gilt dann auch für n+1

IS: $\begin{eqnarray*} x_{n+1} < 1 + \sqrt{a} \Rightarrow \sqrt{a + x_{n} } < 1 + \sqrt{a} \Rightarrow a + x_{n} < 1 + 2\sqrt{a} + a \Rightarrow x_{n} < 1 + 2\sqrt{a} \end{eqnarray*}$ .

Hier weis ich nun nicht weiter. Wie baue ich hier die Voraussetzung ein?

Zu c) Über die Konvergenz kann ich ja erst argumentieren, wenn ich Monotonie und Beschränktheit bewiesen habe.

Bitte um Hilfe. Danke im Vorraus.

16.06.2013, 14:35

Mystic

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RE: Rekursive Folge

Zitat:

Original von Derpy

IV: Für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} x_{n} < x_{n+1} \end{eqnarray*}$

IS: $\begin{eqnarray*} x_{n+1} > x_{n} \Rightarrow \sqrt{a + x_{n} } > x_{n} \Rightarrow - x_{n}² + x_{n} + a > 0 \Rightarrow - x_{n}² + x_{n} + a = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1/2} = \frac{-1\pm \sqrt{1 + 4a} }{-2} \Rightarrow x_{1} = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a } \end{eqnarray*}$ . Zweite Lösung entfällt, da $\begin{eqnarray*} x_{n} > 0 \end{eqnarray*}$ gilt. Somit ist $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a } > 0 \end{eqnarray*}$ eine wahre Aussage und die Monotonie gezeigt.

Deine Herangehensweise ist klar falsch! Du darfst niemals von der zu beweisenden Behauptung ausgehen, nach ein paar Umformungen auf etwas Wahres kommen und dann daraus schließen, dass deine Behauptung gestimmt hat...*) Der wahre Schluss geht immer andersrum, also von etwas Wahrem ausgehen und zum Schluss erst steht die Behauptung, also dann so

$\begin{eqnarray*} x_n>x_{n-1} \Rightarrow \text{(Hier stehen div. Umformungen...)} \Rightarrow x_{n+1}>x_n \end{eqnarray*}$

*) Der klassische "Beweis" von -1=1 geht bekanntlich so, dass man daraus durch Quadrieren auf die wahre Aussage 1=1 kommt und damit auf die Richtigkeit von -1=1 schließt... geschockt

16.06.2013, 16:14

Derpy

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Danke für deine Hilfestellung.

Dann will ich es nochmals probieren.

Annahme: Folge ist streng monoton wachsend.

IA: Für n=1: $\begin{eqnarray*} x_{1} = 0 ; x_{2} = \sqrt{a} \Rightarrow x_{1} < x_{2} \end{eqnarray*}$

IV: Für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} x_{n} > x_{n-1} \end{eqnarray*}$

IB: Dies gilt dann auch für n+1

IS: $\begin{eqnarray*} x_{n} > x_{n-1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_{n} = \sqrt{a + x_{n-1} } \Rightarrow x_{n-1} = x_{n}² - a \end{eqnarray*}$

Dann ergibt sich: $\begin{eqnarray*} x_{n} > x_{n-1} \Rightarrow x_{n} > x_{n}² - a \Rightarrow x_{n} + a > x_{n}² \Rightarrow \sqrt{x_{n} + a } > x_{n} \Rightarrow x_{n+1} > x_{n} \end{eqnarray*}$

Passt das so?

Gruß Derpy

16.06.2013, 18:41

Mystic

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Zitat:

Original von Derpy
Dann ergibt sich: $\begin{eqnarray*} x_{n} > x_{n-1} \Rightarrow x_{n} > x_{n}² - a \Rightarrow x_{n} + a > x_{n}² \Rightarrow \sqrt{x_{n} + a } > x_{n} \Rightarrow x_{n+1} > x_{n} \end{eqnarray*}$

Passt das so?

Ich hab echt keine Ahnung was du da eigentlich machst... unglücklich

Tatsache ist, du musst von der Induktionsannahme $\begin{eqnarray*} x_{n-1}<x_n \end{eqnarray*}$ für ein n>1 ausgehen und dann einfach beidseitig a addieren, was ja die Ungleichung nicht ändert, ebensowenig wie die nachfolgende Anwendung der Wurzelfunktion... Offenbar denkst du da viel zu kompliziert...

16.06.2013, 19:32

Derpy

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Daran liegt es warscheinlich auch. Stelle mir es meistens komplizierter vor, als es in Wirklichkeit ist Hammer

Dann auf ein neues.

IS: $\begin{eqnarray*} x_{n-1} < x_{n} \Rightarrow x_{n-1} + a < x_{n} + a \Rightarrow \sqrt{x_{n-1} + a} < \sqrt{x_{n} + a} \Rightarrow x_{n} < x_{n+1} \end{eqnarray*}$

Und damit ist die Monotonie schon gezeigt? Sorry, das ich mich etwas dämlich anstelle. Hab diesbezüglich noch einiges nachzuholen.

Dann ist bei b) mein Ansatz auch wieder falsch, da ich hier ebenfalls mit $\begin{eqnarray*} x_{n+1} \end{eqnarray*}$ angefangen habe.

IS: $\begin{eqnarray*} 1 + \sqrt{a} > x_{n} > 0 \Rightarrow 1 + \sqrt{a} + a > x_{n} + a > a \Rightarrow \sqrt{1+ \sqrt{a} + a} > \sqrt{x_{n} + a } > \sqrt{a} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sqrt{1+ \sqrt{a} + a} > x_{n+1} > \sqrt{a} > 0 \Rightarrow 1 + \sqrt{a} > x_{n+1} > 0 \end{eqnarray*}$ da $\begin{eqnarray*} 1 + \sqrt{a} > \sqrt{1 + \sqrt{a} + a} \end{eqnarray*}$

Hoffe, es ist nicht wieder alles verkehrt.

Grüße

17.06.2013, 09:14

Mystic

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Zitat:

Original von Derpy
Daran liegt es warscheinlich auch. Stelle mir es meistens komplizierter vor, als es in Wirklichkeit ist Hammer

Ja, damit ist sie gezeigt, wenngleich das etwas kürzer so anschreiben würde

$\begin{eqnarray*} x_{n-1} < x_n \Rightarrow x_{n-1} + a < x_n + a \Rightarrow x_n=\sqrt{x_{n-1} + a} < \sqrt{x_{n} + a}= x_{n+1} \end{eqnarray*}$

Eventuell könnte man hier noch darauf hinweisen, dass sich die Monotonie der Wurzelfunktion aus

$\begin{eqnarray*} \forall x>0: (\sqrt x)'=\frac 1{2\sqrt x} \end{eqnarray*}$

ergibt...

Dein Beweis für b) ist in meinen Augen mit vielen unwesentlichen Dingen "überfrachtet", während du auf den wichtigsten Punkt nicht wirklich eingehst... Ich würde das etwa so machen:

$\begin{eqnarray*} x_n<1+\sqrt a \Rightarrow x_{n+1}=\sqrt{x_n+a}<\sqrt{1+\sqrt a +a}<\sqrt{1+2\sqrt a +a}=\sqrt{(1+\sqrt a)^2}=1+\sqrt a \end{eqnarray*}$

17.06.2013, 12:07

Derpy

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Vielen Dank für deine Hilfe!

Zu c).

Die Folge ist beschränkt und monoton, somit ist sie auch konvergent, und für den Grenzwert gilt dann: $\begin{eqnarray*} g = \lim_{n \to \infty } x_{n} = \lim_{n \to \infty } x_{n+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g = \sqrt{a + g} \Rightarrow g² - g - a = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g_{1/2} = \frac{1\pm \sqrt{1 + 4a} }{2} = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a} \end{eqnarray*}$ Die Zweite Lösung entfällt, da die Folge durch das erste Glied mit 0 nach unten beschränkt ist.

Ein rationaler Grentwert ist z.B für a = 2 möglich.

$\begin{eqnarray*} g = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + a} = \frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + 2} = 2 \end{eqnarray*}$

17.06.2013, 17:58

Mystic

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Ja, das stimmt jetzt so... Freude

Ein rationaler Grenzwert g ergibt sich übrigens genau dann, wenn 4a+1=(2k+1)², also

$\begin{eqnarray*} a=k(k+1) \end{eqnarray*}$

für eine eine ganze Zahl k>0 gilt...

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