Monotonie rekursiver Folgen beweisen

03.03.2015, 13:14

ChrizZly

Monotonie rekursiver Folgen beweisen

Meine Frage:
Hallo,
Ich habe hier schon oft durch andere Fragen etwas gelernt. Leider hilft mir hierzu nichts (oder ich habe es nicht gefunden). Ich lerne zurzeit für eine Klausur, jedoch sind bei den alten Klausuraufgaben keine Lösungen dabei. Bei jeder Klausur scheitere ich an den Folgen. Weshalb ich mich hier ich hier um Rat hoffe.

Die Klausuraufgabe sieht so aus:

Für $\begin{eqnarray*} \beta \geq \end{eqnarray*}$ 1 sei die Folge $\begin{eqnarray*} (a_{n})_{n\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ rekursiv definiert durch

$\begin{eqnarray*} a_{1} = \beta \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{1}{2} (a_{n} + \frac {\beta}{a_{n}}). \end{eqnarray*}$

(a) Finden Sie ein $\begin{eqnarray*} \alpha >0 \end{eqnarray*}$ , so dass

$\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{1}{2}(\alpha+\frac{\beta}{\alpha}). \end{eqnarray*}$

(b) Zeigen Sie, dass
$\begin{eqnarray*} a_{n} \geq \alpha \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gilt.

Hinweis: Zeigen Sie dazu, dass $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{1}{2}(x+\frac{\beta}{x}) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq \alpha \end{eqnarray*}$ monoton steigend ist.

(c) Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} (a_{n})_{n \in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ monoton fällt.

(d)Begründen Sie, warum $\begin{eqnarray*} (a_{n})_{n \in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ konvergiert, und berechnen Sie den Grenzwert.

Hinweis: Vorangegangene Aufgabenteile dürfen benutzt werden, auch wenn sie von
Ihnen nicht gelöst wurden.

Meine Ideen:
Meine Ansätze wären:

Zu (a): irgendwie keiner. Das kommt mir recht simpel vor, aber ich versteh nicht wirklich, was ich da machen soll um das $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ zu finden.

Zu (b): Ableitung bilden. Falls alle x >= 0,dann monoton steigend, falls alle x <=0, dann monoton fallend.

Zu (c) Die Ableitung einer Folge kann ich schlecht bilden. Zu zeigen wäre ja: $\begin{eqnarray*} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray*}$ Dies kann ich nur irgendwie nicht in die Praxis umwandeln.

Zu (d): Versteh ich auch in der Theorie, habe nur keinen Ansatz dies in die Praxis umzuwandeln.
Vor allem macht mich hier glaube ich die rekursive Folge ein bisschen fertig.. Big Laugh

Danke für alle Ratschläge im Vorraus.

-ChrizZly

EDIT: Latex-Tag korrigiert (klarsoweit).

03.03.2015, 14:00

klarsoweit

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RE: Monotonie rekursiver Folgen beweisen

Zitat:

Original von ChrizZly
Zu (a): irgendwie keiner. Das kommt mir recht simpel vor, aber ich versteh nicht wirklich, was ich da machen soll um das $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ zu finden.

Das ist doch letztlich nur das Lösen einer quadratischen Gleichung. Augenzwinkern

Zitat:

Original von ChrizZly
Zu (b): Ableitung bilden. Falls alle x >= 0,dann monoton steigend, falls alle x <=0, dann monoton fallend.

Mir scheint, da verwechselst du was. Du mußt schauen, für welche x die Ableitung >= 0 ist.

Zitat:

Original von ChrizZly
Zu (c) Die Ableitung einer Folge kann ich schlecht bilden. Zu zeigen wäre ja: $\begin{eqnarray*} a_{n} \leq a_{n+1} \end{eqnarray*}$ Dies kann ich nur irgendwie nicht in die Praxis umwandeln.

Da hilft die vollständige Induktion. smile

03.03.2015, 15:21

ChrizZly

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RE: Monotonie rekursiver Folgen beweisen
Zu (a): Ich versteh gerade nicht, wie ich $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ wählen soll, da $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ja von $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ abhängt. Die Lösung hierfür ist ja $\begin{eqnarray*} \alpha = \pm \sqrt{\beta} \end{eqnarray*}$ . und beim schreiben ist mir aufgefallen, dass ich ja fertig bin. Die Lösung ist einfach $\begin{eqnarray*} \pm \sqrt{\beta} \end{eqnarray*}$ Finger1

Zu (b):

Zitat:

Du mußt schauen, für welche x die Ableitung >= 0 ist

Wie würde ich das dann rechnen? kann ich x mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{\beta} \end{eqnarray*}$ abschätzen?

Zu (c): Bei der vollständigen Induktion habe scheitere ich schon beim Induktionsanfang:

für n=1 kommt dann raus: $\begin{eqnarray*} \beta \leq \frac{\beta}{2}+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ Da $\begin{eqnarray*} \beta \geq 1 \end{eqnarray*}$ wäre z.B.: $\begin{eqnarray*} \beta = 4 \end{eqnarray*}$ möglich, so dass dann rauskommt: $\begin{eqnarray*} 4 \leq 2.5 \end{eqnarray*}$
Oder habe ich da etwas falsch verstanden?

03.03.2015, 15:56

klarsoweit

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RE: Monotonie rekursiver Folgen beweisen

Zitat:

Original von ChrizZly
Die Lösung ist einfach $\begin{eqnarray*} \pm \sqrt{\beta} \end{eqnarray*}$ Finger1

Genau genommen wurde eine positive Lösung gesucht. Augenzwinkern

Zitat:

Original von ChrizZly
Wie würde ich das dann rechnen? kann ich x mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{\beta} \end{eqnarray*}$ abschätzen?

Ich würde erstmal die 1. Ableitung bilden und schauen, wo f'(x) >= 0 ist.

Zitat:

Original von ChrizZly
für n=1 kommt dann raus: $\begin{eqnarray*} \beta \leq \frac{\beta}{2}+\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Ich weiß jetzt nicht, wie du auf diese Ungleichung kommst. Du mußt doch allgemein die Ungleichung $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \leq a_n \end{eqnarray*}$ zeigen. Und jetzt den Induktionsanfang mit n=1 machen.

03.03.2015, 17:32

ChrizZly

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RE: Monotonie rekursiver Folgen beweisen
Ok. (a) hat sich damit geklärt.

(b) habe ich dann auch bewiesen

(c) Hänge ich jetzt etwas am Induktionsschritt. Was ich bisher gemacht habe:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} \leq a_{n} \end{eqnarray*}$ // n=n+1

$\begin{eqnarray*} a_{n+2} \leq a_{n+1}<br /> <br /> = \frac{1}{2}(a_{n+1} + \frac {\beta}{a_{n+1}} \leq \frac{1}{2}(a_{n} + \frac {\beta}{a_{n}} \end{eqnarray*}$ //beide Seiten mit 2 multipliziert und mit $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ dividiert und folgendes erhalten:

$\begin{eqnarray*} (a_{n+1} + \frac {1}{a_{n+1}} \leq (a_{n} + \frac {1}{a_{n}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ kann ich ja nicht miteinander in Verbindung bringen. Auch wenn diese voneinander abhängen.

03.03.2015, 18:05

HAL 9000

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Du kannst es dir im Induktionsschritt von (c) viel einfacher machen, wenn du die Erkenntnisse von (b) nutzt:

Die Induktionsbehauptung $\begin{align*} a_{n+2}\leq a_{n+1} \end{align*}$ kann man auch als $\begin{align*} f(a_{n+1})\leq f(a_{n}) \end{align*}$ schreiben. Hat man nun die Induktionsvoraussetzung $\begin{align*} a_{n+1}\leq a_{n} \end{align*}$ sowie die in (b) nachgewiesene Monotonie von $\begin{align*} f \end{align*}$ ...

03.03.2015, 18:15

ChrizZly

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Zitat:

Original von HAL 9000

Die Induktionsbehauptung $\begin{align*} a_{n+2}\leq a_{n+1} \end{align*}$ kann man auch als $\begin{align*} f(a_{n+1})\leq f(a_{n}) \end{align*}$ schreiben. Hat man nun die Induktionsvoraussetzung $\begin{align*} a_{n+1}\leq a_{n} \end{align*}$ sowie die in (b) nachgewiesene Monotonie von $\begin{align*} f \end{align*}$ ...

Dann habe ich ja genau das gleiche Problem verwirrt

Aber ich könnte ja für das $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ ja $\begin{eqnarray*} \sqrt{\beta} \end{eqnarray*}$ einsetzen. Das habe ich ja in (a) herausgefunden.

EDIT: Zitat korrigiert

03.03.2015, 18:18

HAL 9000

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Zitat:

Original von ChrizZly
Dann habe ich ja genau das gleiche Problem verwirrt

Tja, offenbar musst du etwas länger drüber nachdenken bevor du merkst, dass du mit Hilfe von (b) ja schon fertig bist. Ich sag jetzt nix mehr dazu, steht ja alles bereits da. Augenzwinkern

03.03.2015, 18:43

ChrizZly

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Zitat:

Tja, offenbar musst du etwas länger drüber nachdenken bevor du merkst, dass du mit Hilfe von (b) ja schon fertig bist.

Ich habe bei b bewiesen, dass f(x) monoton steigend ist. Das x ist eigentlich nur ein ersatz für $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ Wieso ist $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ dann zwangläufig fallend?

03.03.2015, 18:53

HAL 9000

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Dir muss man es aber auch wirklich ganz sorgfältig aufs Butterbrot schmieren:

$\begin{align*} f \end{align*}$ monoton wachsend heißt: Für alle $\begin{align*} x\leq y \end{align*}$ gilt $\begin{align*} f(x)\leq f(y) \end{align*}$ .

Jetzt setze da mal $\begin{align*} x=a_{n+1} \end{align*}$ und $\begin{align*} y=a_{n} \end{align*}$ ein!!!

03.03.2015, 19:39

ChrizZly

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Verstehen tu ich das. Ich kann das auch nachvollziehen. Aber ich glaube, darauf wäre ich erstmal nicht selber gekommen.. Ob es jetzt generell an mir liegt oder daran, dass ich jetzt einen ganzen Tag lernen hinter mir habe..

Vielen Dank. Ihr beide habt mir echt geholfen.

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