Vollständige Induktion hier anwendbar?

29.11.2015, 13:34

Jefferson1992

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Vollständige Induktion hier anwendbar?

und schon wieder ich. aber ich bin mir unsicher..

Ich soll zeigen:

$\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq 2 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} a_1:=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_n} \end{eqnarray*}$

Habe folgendes gemacht:

Induktionsanfang ist ja trivial.

Induktionsschritt:

$\begin{eqnarray*} 1\leq 1+\frac{1}{1+a_n}\leq 2 \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich -1 gerechnet und bin mir unsicher, ob ich jetzt links und rechts -1 rechnen muss. dann käme ich nämlich auf:

$\begin{eqnarray*} 0\leq \frac{1}{1+a_n}\leq 1 \end{eqnarray*}$
Jetzt $\begin{eqnarray*} 1+a_n \end{eqnarray*}$ auf die andere Seite multiplizieren:

$\begin{eqnarray*} 0\leq 1 \leq 1+a_n \end{eqnarray*}$

und dann -1:

$\begin{eqnarray*} -1\leq 0 \leq a_n \end{eqnarray*}$

Das ist zwar eine wahre Aussage, aber ich habe im Beweis die Induktionsvorraussetzung nicht benutzt. und kann sie auch jetzt nicht anwenden..
Wo liegt der Fehler?

29.11.2015, 13:42

kgV

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Du rechnest ein bisschen wenig zielführend herum Augenzwinkern

Augenzwinkern

Du weißt: $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq2 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt betrachte $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=1+\frac1{1+a_n} \end{eqnarray*}$ . Warum muss dieser Ausdrck größer als 1 sein? Warum kleiner als 2? In diesen Begründungen kannst du die IV verwenden

Lg
kgV
Wink

Wink

29.11.2015, 13:59

Jefferson1992

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Big Laugh

ich rechne eben gerne Big Laugh

Big Laugh

Also:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} > 1 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ mindestens 1 ist und somit auf jedenfall $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ auf 1 hinzugerechnet wird. Oder einfacher ausgedrückt der zweite Summand ist immer >0, da nach I.V $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n \leq 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{n+1}>2 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1+a_n} \end{eqnarray*}$ stets <1 ist, da nach I.V. $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n \leq 2 \end{eqnarray*}$

reicht das so? oder muss ich da noch mathematischer werden?

Mein Tutor ist sehr streng unglücklich

unglücklich

29.11.2015, 14:04

kgV

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Klingt schon ziemlich gut und sollte auch ausreichend sein. Man kann das aber schon noch ein bisschen besser formulieren, ich mache das mal anhand der ersten Ungleichung vor:

$\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq2\Rightarrow\frac1{1+a_n}\geq0\Rightarrow a_{n+1}=1+\frac1{1+a_n}\geq 1 \end{eqnarray*}$

Kannst du die zweite Ungleichung ähnlich formulieren? smile

smile

29.11.2015, 14:16

Jefferson1992

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$\begin{eqnarray*} 1\leq a_n \leq 2\rightarrow 0 \leq \frac{1}{1+a_n} \leq 1 \rightarrow a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_n}\leq 2 \end{eqnarray*}$
so?

29.11.2015, 14:19

Jefferson1992

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ganz einfache Zwischenfrage die mir gerade in den Kopf kommt. Hat nichts hiermit zu tun, lohnt sich aber nicht neuen Thread aufzumachen:

$\begin{eqnarray*} q\in(0,1) \end{eqnarray*}$

heißt das q kann nur Werte zwischen 0 und 1 annehmen oder heißt es, q nimmt die Werte 0 und 1 an? Big Laugh

Big Laugh

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29.11.2015, 14:20

kgV

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Freude

genau so

smile

(wobei hier eigentlich nur $\begin{eqnarray*} \frac1{1+a_n}\leq 1 \end{eqnarray*}$ relevant ist, dass der Ausdruck größer gleich null ist, ist für uns irrelevant)

29.11.2015, 14:22

kgV

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Ich kenne die Notation $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ als Bezeichnung für das offene Intervall zwischen null und eins, also $\begin{eqnarray*} \{x\in\mathbb R:0<x<1\} \end{eqnarray*}$ .

Dass x nur 0 und 1 werden kann, würde so aussehen: $\begin{eqnarray*} x\in\{0,1\} \end{eqnarray*}$

29.11.2015, 14:24

Jefferson1992

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ich danke dir!

29.11.2015, 14:28

kgV

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Gerne doch smile

smile

29.11.2015, 14:35

Jefferson1992

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Du musst mir nochmal helfen Big Laugh

Big Laugh

Habe jetzt nachfolgend folgendes zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} \left|a_{n+1}-a_n\right|\leq q^{n-1}\cdot\left|a_2-a_1\right| \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} q\in(0,1) \end{eqnarray*}$

Habe dann folgendes gemacht:

für $\begin{eqnarray*} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ eingesetzt:

\ $\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{1+a_n}-a_n\right| \end{eqnarray*}$ und dann umgeformt:

$\begin{eqnarray*} \frac{\left|2-a_n^2\right|}{\left|1+a_n\right|}\leq q^{n-1}\cdot\left|1.5-1\right| \end{eqnarray*}$

Und dann habe ich:

$\begin{eqnarray*} \frac{\left|2-a_n^2\right|}{\left|1+a_n\right|}\leq 0.5\cdot q^{n-1} \end{eqnarray*}$

wie mache ich jetzt weiter?

29.11.2015, 15:00

kgV

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Direkten Weg sehe ich da im Moment keinen. Du wirst wohl einen kleinen Umweg machen müssen: zeige $\begin{eqnarray*} |a_{n+1}-a_n|\leq q\cdot|a_n-a_{n-1}| \end{eqnarray*}$ Daraus folgt dann die Behauptung über induktives Einsetzen. Ich bin aber selbst noch am Rechnen

29.11.2015, 15:07

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

da hätte ich bei der ersten Induktion am Ende:
$\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{1+a_n}-a_n\right|\leq q \left| a_n-(1+\frac{1}{1+a_n})\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left|\frac{2-a_n^2}{1+a_n}\right|\leq q \left| \frac{a_n(a_n+1)-1-1}{1+a_n}\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left|\frac{2-a_n^2}{1+a_n}\right|\leq q \left| \frac{a_n^2+a_n-2}{1+a_n}\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left|\frac{2-a_n^2}{1+a_n}\right|\leq q \left|\frac{2-a_n^2}{1+a_n}\right| \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{2-a_n^2}{1+a_n}\right|\leq q \left| \frac{2-a_n^2}{1+a_n}\right| \end{eqnarray*}$
und da $\begin{eqnarray*} q\in(0,1) \end{eqnarray*}$ ist, folgt die Behauptung.

kgV: Latex gefixt

29.11.2015, 15:10

kgV

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Was hast du genau gemacht? Ich sehe grad nicht, wie du darauf kommst...

29.11.2015, 15:24

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

Nach deinem Edit: deine rechte Seite ist leider schon in der ersten Zeile falsch... Du schreibst da $\begin{eqnarray*} |a_n-a_{n+1}| \end{eqnarray*}$ an, nicht $\begin{eqnarray*} |a_n-a_{n-1}| \end{eqnarray*}$ .

Es müsste also heißen $\begin{eqnarray*} \left|1+\frac1{1+a_n}-a_n\right|\leq q\left|1+\frac1{1+a_{n-1}}-a_{n-1}\right| \end{eqnarray*}$

Darin müssen jetzt alle $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} a_{n-1} \end{eqnarray*}$ ausgedrückt werden, dann dividierst du den Betrag rechts nach links weg und formst um

btw: du musst ein $\begin{eqnarray*} q\in(0,1) \end{eqnarray*}$ finden, für das obige Gleichung gilt, nicht annehmen, dass es eines gibt Augenzwinkern

Augenzwinkern

29.11.2015, 15:34

Jefferson1992

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Ist das wirklich so viel Rechnerei oder gibt es da einen Trick Big Laugh

Big Laugh

29.11.2015, 15:39

kgV

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Ich habe es auch nur stur durch Rechnen erschlagen - wenn es einen schnelleren Weg gibt, sehe ich ihn gerade nicht. Aber das dürfte dir ja nix ausmachen ( Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

Zitat:

Original von Jefferson1992
Big Laugh

Big Laugh

ich rechne eben gerne Big Laugh

Big Laugh

29.11.2015, 15:41

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

Bevor ich jetzt für die Katz rechne:

Ich setze für alle $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ ein : $\begin{eqnarray*} 1+\frac{1}{1+a_{n-1}} \end{eqnarray*}$

richtig?

29.11.2015, 15:41

Calvin

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich muss ganz am Anfang nochmal nachhaken...

Zitat:

Original von kgV
Du weißt: $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq2 \end{eqnarray*}$ .

Ist das nicht zu zeigen? Dann kann das doch gar nicht als Voraussetzung genutzt werden.

Demnach ist doch...

Zitat:

Original von kgV
$\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq2\Rightarrow\frac1{1+a_n}\geq0\Rightarrow a_{n+1}=1+\frac1{1+a_n}\geq 1 \end{eqnarray*}$

... genau die falsche Beweisrichtung verwirrt

verwirrt

Ich formuliere die Aufgabe mal um (so wie ich sie verstanden habe)

Gegeben ist die rekursive Folge $\begin{eqnarray*} a_1:=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=1+\frac{1}{1+a_n} \end{eqnarray*}$

Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq 2 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$

29.11.2015, 15:46

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Calvin, habe es mit Induktion gemacht und gezeigt, dass es für ein festes n gilt.
Deshalb kann ich die Voraussetzung um Induktinsschritt verwenden smile

smile

29.11.2015, 15:47

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

@Jefferson: Jep

@Calvin: verstehe den Einwand grad nicht ganz verwirrt

verwirrt

wir zeigen, dass $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq2\Rightarrow 1\leq a_{n+1}\leq 2 \end{eqnarray*}$ . Zusammen mit $\begin{eqnarray*} 1\leq1=a_1\leq2 \end{eqnarray*}$ folgt die Behauptung für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$

edit: @Jefferson: damit du nicht ganz ins Blaue rechnest: am Ende solltest du auf $\begin{eqnarray*} \left|\frac{a_{n-1}^2-2}{a_{n-1}^2+2}\right|\leq q \end{eqnarray*}$ kommen

29.11.2015, 15:57

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich rechne mich da halb tot mit $\begin{eqnarray*} a_{n-1}^{12} \end{eqnarray*}$ und so. Ich glaube ich mache es zu kompliziert Big Laugh

Big Laugh

29.11.2015, 15:57

Calvin

Auf diesen Beitrag antworten »

Ah, jetzt habe glaube ich verstanden zu haben, was ihr macht. Ihr nutzt $\begin{eqnarray*} 1\leq a_n\leq 2 \end{eqnarray*}$ als Induktionsvoraussetzung. Richtig?

Ich hatte das so interpretiert, als sei das bei euch die Voraussetzung einer zu beweisenden Aussage.

Wenn dem so ist, entschuldigt bitte meinen Einwand :-)

29.11.2015, 16:02

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

@Calvin: Genau smile

smile

@Jefferson: da ist definitiv was falsch... ich bin nie über die dritte Potenz hinausgekommen. Wichtig ist es, nicht auszumultiplizieren, weil sich da einiges kürzen lässt

29.11.2015, 16:03

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

bin dabei einen anderen Weg einzuschlagen Big Laugh

Big Laugh

29.11.2015, 16:13

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich schreib gleich mal meine Rechnung rein. komme jetzt wieder auf was anderes Big Laugh

Big Laugh

Dauert was, muss erst essen.

29.11.2015, 16:18

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

Passt, bin auch grad mal ein paar Minuten afk smile

smile

29.11.2015, 17:03

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

also ich hoffe bei dem ersten Schritt sind wir uns einig:

$\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{1+a_n}-a_n\right|\leq q\cdot \left|1+\frac{1}{1+a_{n-1}}-a_{n-1}\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\left|1+\frac{1}{1+1+\frac{1}{1+a_{n-1}}}-1+\frac{1}{1+a_{n-1}}\right|\leq q\cdot \left|1+\frac{1}{1+a_{n-1}}-a_{n-1}\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\left|\frac{1}{2+\frac{1}{1+a_{n-1}}}+\frac{1}{1+a_{n-1}}\right|\leq q\cdot \left|\frac{2-a_{n-1}^2}{1+a_{n-1}}\right| \end{eqnarray*}$

ist das erstmal soweit richtig?

29.11.2015, 17:08

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Jefferson1992
also ich hoffe bei dem ersten Schritt sind wir uns einig:

$\begin{eqnarray*} \left|1+\frac{1}{1+a_n}-a_n\right|\leq q\cdot \left|1+\frac{1}{1+a_{n-1}}-a_{n-1}\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\left|1+\frac{1}{1+1+\frac{1}{1+a_{n-1}}}-1{\color{red}-}\frac{1}{1+a_{n-1}}\right|\leq q\cdot \left|1+\frac{1}{1+a_{n-1}}-a_{n-1}\right| \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =\left|\frac{1}{2+\frac{1}{1+a_{n-1}}}{\color{red}-}\frac{1}{1+a_{n-1}}\right|\leq q\cdot \left|\frac{2-a_{n-1}^2}{1+a_{n-1}}\right| \end{eqnarray*}$

ist das erstmal soweit richtig?

Bis auf den Vorzeichenfehler schon smile

smile

Jetzt den Nenner links zusammenfassen

29.11.2015, 17:18

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

Dann auf den Gleiche Nenner bringen und umformen:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{1+a_{n-1}-(2+\frac{1}{1+a_{n-1}})}{2+2a_{n-1}+1}\right|\leq q\cdot \left|\frac{2-a_{n-1}^2}{1+a_{n-1}}\right| \end{eqnarray*}$

Oben dann nochmal auf den gleichen Nenner bringen, dann komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{a_{n-1}-2}{3+2a_{n-1}}\right|\leq q\cdot \left|\frac{2-a_{n-1}^2}{1+a_{n-1}}\right| \end{eqnarray*}$

29.11.2015, 17:27

kgV

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Jawoll

Freude

Wobei mir auffällt, dass ich davor einen Vorzeichenfehler übersehen habe: auf der Rechten Seite muss es im Zähler durchgehend $\begin{eqnarray*} 2{\color{red}}a_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$ heißen.

Jetzt noch den Zähler links auf einen Bruch bringen und dann durch den Betrag rechts dividieren. Dann sind wir schon fast da

29.11.2015, 17:35

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von kgV
auf der Rechten Seite muss es im Zähler durchgehend $\begin{eqnarray*} 2{\color{red}}a_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$ heißen.

warum?

29.11.2015, 17:36

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

Natürlich muss es $\begin{eqnarray*} 2+a_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$ sein, entschuldige meinen Tipp-Lapsus Hammer

Hammer

29.11.2015, 17:55

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

das musst du mir erklären.

Für mich ist $\begin{eqnarray*} -a_{n-1}\cdot a_{n-1}=-a_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$

29.11.2015, 17:59

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

Tut mir leid, da habe ich einen Fehler gemacht... unglücklich

unglücklich

Deine Rechnung stimmt natürlich

Entschuldige vielmals

29.11.2015, 18:00

Jefferson1992

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alles gut. Ist ja gut, dass ich mitdenke Big Laugh

Big Laugh

29.11.2015, 18:02

kgV

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Weiter wie gehabt - Zähler links vereinfachen, dann durch den Betrag rechts dividieren

29.11.2015, 18:03

Jefferson1992

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gut, dann komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{a^2_{n-1}-a_{n-1}-2}{6-3a^2_{n-1}+4a_{n-1}-2a^3_{n-1}}\right|\leq q \end{eqnarray*}$

29.11.2015, 18:14

kgV

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Da hab ich etwas deutlich einfacheres:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{1+a_{n-1}-(2+\frac1{1+a_{n-1}})}{3-2a_{n-1}}\right|=\left|\frac{\frac{a_{n-1}^2-2}{1+a_{n-1}}}{3-2a_{n-1}}\right|\leq q\left|\frac{2-a_{n-1}^2}{1+a_{n-1}}\right| \end{eqnarray*}$

Nach Division bleibt nur noch $\begin{eqnarray*} \left|\frac1{3-2a_{n-1}}\right|\leq q \end{eqnarray*}$ übrig.

Durch welchen Bruch kleiner als 1 lässt sich das jetzt abschätzen, sprich: wie kannst du q wählen?

29.11.2015, 18:21

Jefferson1992

Auf diesen Beitrag antworten »

kannst du das etwas kleinschrittiger machen, irgendwie versteh eich nicht so ganz, wie du darauf komsmst sorry..

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