Rekursive Folge

06.12.2018, 22:59

reku12

Rekursive Folge

Hallo

Gegeben ist die rekursive, reelle Folge durch $\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{1}{2} \cdot (s+a_n^2) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_0=s \in (0,1) \end{eqnarray*}$

Zunächst wäre zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} a_n \leq s \ ~ \ \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Das wollte ich mittels Induktion wie folgt zeigen:

IA (n=0) : $\begin{eqnarray*} a_{0+1}=a_1=\frac{1}{2} \cdot (s+s^2)=\frac{s}{2} \cdot (s+1) \leq \frac{s}{2} \cdot 2=s \end{eqnarray*}$

Für den Induktionsschritt habe ich analog zum IA und dem Ausnutzen von $\begin{eqnarray*} a_n \leq s \end{eqnarray*}$ nach dem ersten Ungleichungszeichen das hier geschrieben:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{1}{2} \cdot (s+a_n^2) \leq \frac{1}{2} \cdot (s+s^2)=\frac{s}{2} \cdot (s+1) \leq \frac{s}{2} \cdot 2=s \end{eqnarray*}$

Passt das soweit für die Beschränktheit nach oben ?

Danach ging es darum zu zeigen, dass die Folge monoton fallend ist.

Zu zeigen wäre also $\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_n \leq 0 \ ~ \ \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Meine Lösung hierzu ist (unter Ausnutzung der oben bewiesenen Beschränkheit) :

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2} \cdot (s+a_n^2)-a_n=\frac{1}{2} \cdot (a_n^2-2a_n+s) \leq \frac{1}{2} \cdot (s-2s+s)=0 \end{eqnarray*}$

Geht das ebenso in Ordnung ?

Zu guter Letzt soll dann noch der entsprechende Grenzwert a bestimmt werden, dessen Existenz ja aus der Konvergenz folgt.
Dabei bin ich dann so vorgegangen, wobei ich ebenso ein paar Grenzwertsätze für $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a_{n+1} \end{eqnarray*}$ benutzt habe:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty} a_n= \lim_{n \to \infty} a_{n+1}=a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=\frac{1}{2} \cdot (s+a^2) \Rightarrow a^2-2a+s=0 \Rightarrow a_{1,2}=1 \pm \sqrt{1-s} \end{eqnarray*}$

Da jedoch wegen s<1 ebenso a<1 gelten muss folgt als eindeutige Lösung der Gleichung demnach für den gesuchten Grenzwert $\begin{eqnarray*} a=1-\sqrt{1-s} \end{eqnarray*}$

Seht ihr Fehler oder Ungenauigkeiten ?

07.12.2018, 07:13

HAL 9000

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Zitat:

Original von reku12
IA (n=0) : $\begin{eqnarray*} a_{0+1}=a_1=\frac{1}{2} \cdot (s+s^2)=\frac{s}{2} \cdot (s+1) \leq \frac{s}{2} \cdot 2=s \end{eqnarray*}$

Der Induktionsanfang $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ ist viel einfacher: $\begin{eqnarray*} a_0=s\leq s \end{eqnarray*}$ ist erfüllt, Punkt. Es ist nicht nötig, hier $\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ zu betrachten.

Der Induktionsschritt danach ist in Ordnung.

Zitat:

Original von reku12
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \cdot (a_n^2-2a_n+s) \leq \frac{1}{2} \cdot (s-2s+s) \end{eqnarray*}$

Erklär doch mal bitte ganz genau, wie das aus $\begin{eqnarray*} a_n\leq s \end{eqnarray*}$ folgen soll! verwirrt

Tatsächlich ordnet sich der Monotoniebeweis z.B. in dieses Schema ein, hier mit $\begin{eqnarray*} T(x)=\frac{1}{2}\left(s+x^2\right) \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} D=(0,s] \end{eqnarray*}$ .

Die abschließende Grenzwertbestimmung ist in Ordnung.

07.12.2018, 12:04

reku12

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \cdot (a_n^2-2a_n+s) \leq \frac{1}{2} \cdot (s-2s+s) \end{eqnarray*}$

Das Minuszeichen verdirbt mir das Vergrößern der rechten Seite durch $\begin{eqnarray*} a_n \leq s \end{eqnarray*}$ oder ?

Dein Schema zur Problemlösung (danke dafür) basiert darauf, dass man auch beim Monotoniebeweis induktiv vorgeht (also $\begin{eqnarray*} a_{n+1}<a_n \end{eqnarray*}$ nutzt) oder ?

Falls ja, dann ist es damit kein Problem.

Ich hatte alternativ gestern noch das hier überlegt:

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}=\frac{1}{2} \cdot (s+a_n^2) \leq a_n \leftrightarrow a_n^2-2a_n+s \leq 0 \leftrightarrow (a_n-1)^2+s-1 \leq 0 \leftrightarrow (1-a_n)^2 \leq 1-s \leq 1 \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} 0 < a_n \leq s \leq 1 \end{eqnarray*}$ muss das doch auf jeden Fall eine wahre Aussage für alle n aus IN sein, oder ? verwirrt

07.12.2018, 12:09

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Für deine Alternatve findet man leicht Gegenbeispiele: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{10}=a_n\leq s = \frac 1 3 \end{eqnarray*}$

07.12.2018, 12:28

reku12

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Stimmt, schade.

An welcher Stelle geht da denn etwas kaputt, immerhin habe ich ja nur etwas umgeformt...

07.12.2018, 12:37

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Ich habe doch a_n einfach so gewählt, dass ein Gegenbeispiel entsteht. Bei den a_n, die entsprechend der Rekursion berechnet werden, könnte das selbstverständlich nicht passieren. Aber das müsstest du dann eben wieder beweisen.

07.12.2018, 12:43

Guppi12

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Um etwas auf die Umformung einzugehen: Durch deine Abschätzung ganz zum Schluss hast du dich selbst verwirrt, das ist keine Äquivalenzumformung.

Die Äquivalenz $\begin{eqnarray*} a_{n+1}\leq a_n \Leftrightarrow (1-a_n)^2\leq 1-s \end{eqnarray*}$ ist richtig. Aber $\begin{eqnarray*} (1-a_n)^2\leq 1 \end{eqnarray*}$ ist jetzt nur noch eine Folgerung daraus, keine Äquivalenz.

Du hast also

$\begin{eqnarray*} a_{n+1}\leq a_n \quad\Leftrightarrow \quad(1-a_n)^2\leq 1-s \quad\Rightarrow\quad (1-a_n)^2\leq 1 \end{eqnarray*}$ .

Insbesondere kannst du aus der wahren Aussage $\begin{eqnarray*} (1-a_n)^2\leq 1 \end{eqnarray*}$ nichts folgern, was weiter links in der Äquivalenzkette steht.

07.12.2018, 12:46

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@Guppi: Ah, danke, so weit nach rechts hatte ich gar nicht mehr gelesen. Du hast natürlich vollkommen recht. Wink

07.12.2018, 19:50

HAL 9000

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Bezeichnen wir den Grenzwert $\begin{eqnarray*} g:=1-\sqrt{1-s} \end{eqnarray*}$ , dann gilt für diese Folge:

a) Ist $\begin{eqnarray*} a_0\in [g,s] \end{eqnarray*}$ (wie hier vorgegeben), dann fällt die Folge monoton.

b) Ist $\begin{eqnarray*} a_0\in [0,g] \end{eqnarray*}$ , dann wächst die Folge monoton.

Insofern ist klar, dass im Beweis von $\begin{eqnarray*} a_n^2-2a_n+s\leq 0 \end{eqnarray*}$ , wie ihn reku12 oben angedacht hatte, die Information $\begin{eqnarray*} a_n\geq g \end{eqnarray*}$ wird eingehen müssen - weil es für $\begin{eqnarray*} 0\leq a_n<g \end{eqnarray*}$ schlicht nicht stimmt. Augenzwinkern

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