Konvergenz rekursiver Folge beweisen

08.12.2017, 20:16

Michel99

Konvergenz rekursiver Folge beweisen

Hallo Matheboard,

Aufgabe:
Es sei a_1:=1 a_n+1=1/(a_1+...+a_n). Zeigen sie, dass die Folge (a_n) konvergiert.

Meine Idee:
Beh.: (a_n) konvergiert mit Grenzwert a, d.h. die Folge ist monoton fallend und beschränkt mit Grenzwert a. Annahme a=0, also (a_n) ist Nullfolge.

Was ich nun zu tun habe:
Zeige: a_n >= a_{n+1} für alle n Element der Natürlichen Zahlen
Zeige a_n>0 für alle n Element der Natürlichen Zahlen

Ich sitze schon seid Stunden an dieser Aufgabe, aber ich bekomme immerwieder die gleichen Gleichungen nur mit anderem Index. Ich brauche wirklich Hilfe.

Danke an alle, die sich meinem Problem annehmen

08.12.2017, 21:15

HAL 9000

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Ein paar Stunden ... Das sind doch einfache Überlegungen: Zunächst kürzen wir mal ab $\begin{align*} s_n:=a_1+\ldots+a_n \end{align*}$ .

1) Alle $\begin{align*} a_n \end{align*}$ sind positiv, das folgt unmittelbar aus der Rekursion $\begin{align*} a_{n+1} = \frac{1}{s_n} \end{align*}$ , ist de facto ein Induktionsbeweis: Sind alle $\begin{align*} a_1,\ldots,a_n \end{align*}$ positiv reell, dann ist es ihre Summe $\begin{align*} s_n \end{align*}$ auch, und damit auch ihr Kehrwert, und das ist $\begin{align*} a_{n+1} \end{align*}$ , fertig!

2) Aus 1) folgt die Monotonie der Folge $\begin{align*} (s_n) \end{align*}$ , d.h., $\begin{align*} s_{n-1} < s_n \end{align*}$ wegen $\begin{align*} s_n = s_{n-1} + a_n \end{align*}$ . Kehrwertbildung liefert $\begin{align*} a_n > a_{n+1} \end{align*}$ .

Damit existiert der Grenzwert $\begin{align*} a:=\lim_{n\to\infty} a_n \end{align*}$ , und es ist $\begin{align*} a\geq 0 \end{align*}$ klar. Bleibt noch zu zeigen

3) Es ist $\begin{align*} a=0 \end{align*}$ .

08.12.2017, 21:59

Michel99

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Vielen Dank für die Antwort!

Also mit Prosa habe ich den Sachverhalt nach wenigen Minuten auch verstehen können, jedoch fehlt mir die Erfahrung zu erkennen, wann ich etwas durch mathematische Formalismen beweisen muss und wann ich sagen kann, dass etwas trivial ist. Deshalb konnte ich die Klarheit des Beweises gar nicht erkennen. unglücklich

Um jetzt zu zeigen, dass a=0 ist, könnte ich zeigen, dass s_n nach oben unbeschränkt ist und somit gegen Unendlich divergiert. Dann ist der Kehrwert der Folge (s_n), also (a_n), eine Nullfolge.
Aber das ist eigentlich auch klar, weil alle Terme, die von s_n zu s_{n+1} hinzukommen immer größer 0 sind. Also ist (s_n) nach oben unbeschränkt.
Aber wie drücke ich das jetzt mathematisch korrekt aus?

09.12.2017, 13:36

HAL 9000

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Zitat:

Original von Michel99
Aber das ist eigentlich auch klar, weil alle Terme, die von s_n zu s_{n+1} hinzukommen immer größer 0 sind. Also ist (s_n) nach oben unbeschränkt.

Das ist nicht logisch schlüssig: Bei $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \end{eqnarray*}$ kommen auch immer nur "Terme größer 0" hinzu, und dennoch ist die Reihe konvergent (und damit ihre Partialsummen beschränkt). So lala geht's also nicht mit der Begründung. unglücklich

Zitat:

Original von Michel99
Aber wie drücke ich das jetzt mathematisch korrekt aus?

Nach der irgendwie altklug rübergekommenen Bemerkung zu Beginn deines Beitrags solltest du mal selber versuchen, mathematisch exakt zu argumentieren. Augenzwinkern

09.12.2017, 14:54

Michel99

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Okay, das ist mir eingefallen:
Annahme: s_n ist nach oben beschränkt, dann muss gelten $\begin{eqnarray*} \exists a>s_n\ \forall n\in \mathbb{N} <=> \lim_{n\rightarrow \infty } s_n-s_{n-1}=0 \end{eqnarray*}$
Jetzt muss ich das zum Widerspruch führen. Aber es wurde oben schon gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} s_n-s_{n-1}=a_n \end{eqnarray*}$ Aber der Grenzwert von a_n soll gerade 0 sein, also muss s_n nach oben beschränkt sein? Erstaunt2

09.12.2017, 14:59

HAL 9000

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Zum einen ist es ungünstig, dass du die angenommene obere Schranke der Folge $\begin{eqnarray*} (s_n) \end{eqnarray*}$ gerade $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ nennst, wo doch Symbol $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ schon für den Grenzwert von $\begin{eqnarray*} (a_n) \end{eqnarray*}$ reserviert wurde - so eine Symbolkollision muss man doch nicht provozieren. unglücklich

Zum anderen das hier:

Zitat:

Original von Michel99
Aber der Grenzwert von a_n soll gerade 0 sein, also muss s_n nach oben beschränkt sein?

Es soll ja gerade erst nachgewiesen werden, dass dieser Grenzwert 0 ist, da kannst du doch nicht diese Behauptung als Argument zum Beweis derselben Behauptung heranziehen - ein klassischer Zirkelschluss. unglücklich

09.12.2017, 15:05

Michel99

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Ja, das war ungeschickt. unglücklich

Vielliecht war es ein Zirkelschluss, aber habe ich denn gerade richtig gezeigt, dass falls der Grenzwert von a_n 0 sein sollte, dass dann automatisch auch s_n konvergiert? Das wäre wiedersprüchlich, weil s_n gerade der Kehrwert von a_n ist und falls a_n konvergiert muss s_n divergieren.

09.12.2017, 15:18

HAL 9000

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Ja, ist irgendwie was dran, aber du musst das in eine ordentliche logisch stringente Form bringen - so wie bei dir wirkt es doch reichlich konfus.

Versuche es doch einfach mal indirekt: Angenommen, es ist $\begin{align*} a>0 \end{align*}$ . Wegen der Monotonie der Folge $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ ist aber auch $\begin{align*} a_n\geq a \end{align*}$ und folglich $\begin{align*} s_n\geq na \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n \end{align*}$ . Letzteres bedeutet aber $\begin{align*} a_{n+1} \leq \frac{1}{na} \end{align*}$ , und da für genügend große $\begin{align*} n \end{align*}$ ja $\begin{align*} \frac{1}{na} < a \end{align*}$ ist, haben wir dann mit $\begin{align*} a_{n+1} < a \end{align*}$ vs. $\begin{align*} a_{n+1}\geq a \end{align*}$ einen Widerspruch zur Annahme $\begin{align*} a>0 \end{align*}$ .

09.12.2017, 15:43

Michel99

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Wow

, auf den Ansatz, dass $\begin{eqnarray*} s_n \geqslant na \quad \forall n \in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ ist, weil alle a_n immer größer sind als a, bin ich nicht gekommen. Danke für deine Geduld.
Aber eine Frage bliebe da noch: Es wurde gezeigt, dass a_n gegen 0 konvergiert, wie kann es dann sein, dass s_n divergiert?

09.12.2017, 16:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Michel99
Es wurde gezeigt, dass a_n gegen 0 konvergiert, wie kann es dann sein, dass s_n divergiert?

$\begin{eqnarray*} a_n\to 0 \end{eqnarray*}$ ist eine notwendige Bedingung für die Konvergenz der Reihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} a_n \end{eqnarray*}$ , aber keine hinreichende! Das ist Grundlagenwissen zu Reihen. unglücklich

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Eine eigentlich unnötige, etwas tiefergehende Analyse (weil du ja keine Ruhe gibst): Man kann hier sehr leicht per Vollständiger Induktion $\begin{align*} s_n\geq \sqrt{2n-1} \end{align*}$ nachweisen:

Für $\begin{align*} n=1 \end{align*}$ ist das wegen $\begin{align*} s_1 = a_1 = 1 \end{align*}$ richtig.

Im Induktionsschritt $\begin{align*} n\to n+1 \end{align*}$ kann man schließen

$\begin{align*} s_{n+1} = s_n + a_{n+1} = s_n + \frac{1}{s_n} \stackrel{M}{\geq} \sqrt{2n-1} + \frac{1}{\sqrt{2n-1}} = \frac{2n}{\sqrt{2n-1}} > \sqrt{2n+1} \end{align*}$ .

Dabei kann $\begin{align*} \stackrel{M}{\geq} \end{align*}$ mit der Monotonie der Funktion $\begin{align*} t\mapsto t+\frac{1}{t} \end{align*}$ für $\begin{align*} t\geq 1 \end{align*}$ begründet werden.

09.12.2017, 17:32

Michel99

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D.h. ich kann nicht mit der Voraussetzung beginnen, dass s_n konvergiert, weil daraus immer folgt, dass a_n eine Nullfolge ist. Oh auf einmal steht da schon ein Beweis. Ich danke dir. Big Laugh

Ich will Analysis wirklich gerne verstehen, deshalb das energische Nachfragen.

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