Rekursive Folge ohne Startwert Konvergenz zeigen

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18.06.2020, 12:10	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Rekursive Folge ohne Startwert Konvergenz zeigen Meine Frage: Hallo Es geht um eine Folge der reellen Zahlen mit der Vorschrift: $\begin{eqnarray} \| a_{n+1} -a_{n} \| < \frac{1}{2^{n} } \end{eqnarray}$ Zu zeigen: Die Folge ist konvergent. Meine Ideen: Mein Ansatz wäre die Folge auf Monotonie und Beschränktheit zu überprüfen. (Mittels Induktion). Allerdings habe ich das noch nie bei einer Folge ohne Startwert gemacht und komme da schon nicht mehr weiter. Wäre super, wenn mir hier jemand helfen könnte.
18.06.2020, 12:40	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Zeige, dass die Folge eine Cauchyfolge ist, indem du einige nahrhafte Nullen einfügst und die Dreiecksungleichung anwendest.
19.06.2020, 12:07	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe es mal mit der Dreiecksungleichung versucht, aber irgendwie bringe ich es nicht wirklich zusammen: $\begin{eqnarray} \| a_{n} \| = \| a_{n} + a_{n+1}- a_{n+1} \| \leq \| a_{n} + a_{n+1} \| + \| a_{n+1} \|<br /> <br /> also \| a_{n} \|- \| a_{n+1} \| \leq \| a_{n} + a_{n+1} \| \end{eqnarray}$ Wenn ich da dann für $\begin{eqnarray} \| a_{n+1} \| = \frac{1}{2^{n}}+ a_{n} \end{eqnarray}$ einsetze komme ich am Ende aber nur auf $\begin{eqnarray} - \frac{1}{2^{n}}\leq \frac{1}{2^{n}} \end{eqnarray}$ . Das führt mich aber ja nicht zum Ziel, wenn ich zeigen will, dass für $\begin{eqnarray} eps= \frac{1}{2^{n}} \end{eqnarray}$ das Cauchy-Kriterium gilt. Oder kann ich eventuell mit $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^{n+1}} \end{eqnarray}$ erweitern und die ursprüngliche Aussage umformen?
19.06.2020, 12:40	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Viele Nullen einfügen ist besser. $\begin{eqnarray} \|a_n-a_m\|=\|a_n-a_{n+1}+a_{n+1}-a_{n+2}+a_{n+2}...-a_{n+m-1}+a_{n+m-1}-a_m\|\le ... \end{eqnarray}$
19.06.2020, 13:58	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Da taucht dann ja quasi irgendwann eine Summe der $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^{k}} \end{eqnarray}$ von n=1 bis n=m auf, oder? Ich verstehe den Gedanken dahinter nicht so ganz: Geht es nicht nur um jeweils zwei benachbarte Folgenglieder?
19.06.2020, 14:10	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu beweisen ist, dass die Folge konvergent ist. Jede reelle Cauchyfolge ist konvergent. Also ist zu zeigen, dass die Folge eine Cauchyfolge ist. Wende die Dreiecksungleichung an, dann ist $\begin{eqnarray} \|a_n-a_m\|<\sum_k\frac 1 {2^k}<\epsilon \end{eqnarray}$ . qed. (Die Details mit den Summenindices wirst du ja noch hinkriegen.) Es genügt nicht, je zwei aufeienander folgende Glieder zu betrachten, selbst wenn deren Differenz eine Nullfolge ist, muss die Folge nicht konvergent sein.
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19.06.2020, 15:34	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah ok, das macht Sinn danke. Ist da der Beweis wirklich schon beendet, oder muss ich noch zeigen (hätte ich jetzt über die geometrische Reihe gemacht), dass die Summe auch konvergent ist?
19.06.2020, 18:14	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe dir alle notwendigen Ideen für eine Beweisskizze gegeben. Die genaue Ausführung solltest du zur Übung selbst machen. Geometrische Reihe ist eine Nummer zu groß, denn es handelt sich ja nur um endliche Summen, aber prinzipiell bist du auf dem rechten Weg. Das $\begin{eqnarray} \epsilon \end{eqnarray}$ habe ich ganz locker hingeschrieben, weil ich weiß, dass das so funktionieren wird. Wenn du den Beweis ausführst, musst du genau anders herum vorgehen und gemäß der Definition einer Cauchfolge zu jedem $\begin{eqnarray} \epsilon >0 \end{eqnarray}$ ein $\begin{eqnarray} n_0(\epsilon)\in \mathbb N \end{eqnarray}$ finden, so dass für alle $\begin{eqnarray} n,m\ge n_0(\epsilon) \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} \|a_n-a_m\|<\epsilon \end{eqnarray}$ . (Warum erzähle ich dir das alles ? Du weißt doch, dass es so und nur so geht.)
19.06.2020, 18:36	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist nunmal einer der ersten Konvergenzbeweise, die ich führen muss und bei denen man dementsprechend auch noch nicht ganz sicher ist. Deshalb stelle ich diese Frage in einem Forum wie diesem, da ich es verstehen und korrekt beweisen möchte. Vielen Dank für deine Hinweise.
19.06.2020, 18:49	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, für Anfänger ist das nicht ganz so leicht, das verstehe ich. Tipp: Versuch's trotzdem, du lernst viel dabei. wenn du fertig bist, lass mich Korrektur lesen. Wenn du nicht durchkommst, zeige wie weit du kommst und lass dir weiter helfen.
20.06.2020, 17:45	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich habe jetzt mal versucht, den Beweis zu formulieren: Sei eps>0 und n $\begin{eqnarray} n_{eps}\in \mathbb N \end{eqnarray}$ Dann gilt $\begin{eqnarray} <br /> \forall m > n \geq n_{eps}: \end{eqnarray}$ (oder auch $\begin{eqnarray} \forall n > m \geq n_{eps}: \| a_{m} -a_{n} \|<eps, also auch \| a_{n+1} -a_{n}\|<\frac{1}{2^{n} })<br /> <br /> <br /> \| a_{n} -a_{m} \| = \| a_{n} -a_{n+1} +a_{n-1} -a_{n+2} +...-a_{n+m-1} +a_{n+m-1} -a_{m} \| < \| a_{n} -a_{n+1} \| +\| a_{n-1} -a_{n+2} \| +...+\| a_{n+m-1} -a_{m} \| = \frac{1}{2^{n} } +\frac{1}{2^{n+1}} +...+\frac{1}{2^{n+m-1}}=\sum\limits_{k=n}^{n+m-1} \frac{1}{2^{k} } \leq 2 \end{eqnarray}$ (da $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{\infty } \frac{1}{2^{k} } =2 = eps. \end{eqnarray}$ ). Der Formeleditor wollte nicht so ganz wie ich. Ich hoffe, man kann es trotzdem nachvollziehen. Es wäre super nett, wenn du da drüber schauen könnstest. 2 Fragen hätte ich auch noch: Muss ich ein genaues $\begin{eqnarray} n_{eps} \end{eqnarray}$ angeben? Und passen die Überlegungen mit dem eps =2? Vielen Dank für deine Mühe! Ich weiß das sehr zu schätzen.
20.06.2020, 17:55	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Das sieht leider gar nicht nach einem Beweis aus. Ich habe sogar die Definition einer Cauchyfolge aufgeschrieben, aber du hast sie nicht benutzt. Du behauptest nur, dass das gilt, was du haben möchtest, aber du beweist es nicht. In der entscheidenden Dreiecksungleichung hast du ein Gleichheitszeichen $\begin{eqnarray} = \end{eqnarray}$ statt eines Kleinerzeichens $\begin{eqnarray} < \end{eqnarray}$ geschrieben, und dann schätzt du $\begin{eqnarray} \le 2 \end{eqnarray}$ viel zu grob ab. In der Definition steht FÜR ALLE $\begin{eqnarray} \epsilon>0 \end{eqnarray}$ , du darfst dich also nicht mit $\begin{eqnarray} \epsilon=2 \end{eqnarray}$ zufrieden geben. Und ja, zu jedem $\begin{eqnarray} \epsilon>0 \end{eqnarray}$ musst du ein $\begin{eqnarray} n_0(\epsilon) \end{eqnarray}$ konkret angeben und daraus dann $\begin{eqnarray} \|a_n-a_m\|<\epsilon \end{eqnarray}$ herleiten. Noch einmal von vorn, bitte. Wenn du nicht weißt, wie es geht, lies einen Beweis für die Konvergenz einer Folge in deinem Skript und versuche, die Ideen hier geeignet umzusetzen. Tipp: Den Beweis erarbeitet man sich so, dass man das $\begin{eqnarray} n_0 \end{eqnarray}$ aus Ungleichungen berechnet, die man hat. Damit der Beweis dann hübsch aussieht, benutzt man dieses berechnete $\begin{eqnarray} n_0 \end{eqnarray}$ und zeigt damit wie von der Definition gewünscht $\begin{eqnarray} \|a_n-a_m\|=...<\epsilon \end{eqnarray}$ . Das fällt alles nicht vom Himmel, auch die Professoren müssen daran arbeiten, bevor der Beweis ganz natürlich und leicht aussieht. Das ist die Kunst der Didaktik, wie schwer das ist erkennt man dann, wenn man es selbst versucht.
20.06.2020, 18:35	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh ja, das Zeichen habe ich falsch abgetippt. (Um ein genaues $\begin{eqnarray} n_{eps} \end{eqnarray}$ (also in Abhängigkeit zu eps zu bestimmen), müsste ich dann doch am Ende die Gleichung $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=n}^{n+m-1} \frac{1}{2^{k} } \leq eps \end{eqnarray}$ nach k umstellen, oder? hatte ich vor deinem Tipp überlegt, sorry) Kann man $\begin{eqnarray} n_{0} \end{eqnarray}$ aus der in der Aufgabe gegebenen Vorschrift bestimmen: $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^{n_{0}} } < eps \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} n_{0} \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} \frac{ln(\frac{1}{eps})}{ln(2)} = ln (\frac{1}{eps}-2) \end{eqnarray}$ Wenn ich das überhaupt so umstellen darf.
20.06.2020, 19:16	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
JA, SO GEHT DAS. Noch ein winziges kleines bißchen mehr Sorgfalt, dann kommst du dem perfekten Beweis schon recht nahe. Wenn du jetzt den mustergültigen Beweis in der richtigen Reihenfolge mit allem Drum und Dran aufschreibst, wirst du merken, wo du nachbessern musst, damit du und ich an diesen Beweis glauben. Bei dem Logarithmus musst du langsamer vorgehen, da stecken noch Fehler drin, und die Dreiecksungleichung gibt auch nicht ganz $\begin{eqnarray} 2^{n_0} \end{eqnarray}$ sondern etwas direkt daneben. Achte beim aufschreiben auf die Details, dann schaffst du das.
20.06.2020, 20:47	Klara1402	Auf diesen Beitrag antworten »
Was meinst du mit die Dreiecksungleichung gibt auch nicht ganz $\begin{eqnarray} 2^{n_{0}} \end{eqnarray}$ sondern etwas direkt daneben?
20.06.2020, 21:57	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Zum Beispiel ist 1/8+1/16+1/32+1/64<1/4, aber sicher nicht <1/8. Solche Details erkennst du nicht durch nachdenken sondern wirklich nur durch aufschreiben des Beweises. Grübeln hilft nicht weiter, ganz schlichtes schreiben und rechnen hilft. Wir sehen, dass auch Mathematik nicht ohne Arbeit auskommt, und dafür dürfen wir uns nicht zu schade sein. Wie Albert Einstein schon sagte, besteht Genie zu einem Prozent aus Inspiration und zu neunundneunzig Prozent aus Transpiration. Übrigens passt der ganze Beweis bequem auf eine DIN A5 Seite. Es lohnt sich also wirklich ihn aufzuschreiben statt nur darüber nachzudenken und darüber zu sprechen.
21.06.2020, 18:13	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Hast du den Beweis inzwischen selbst geschafft ? Brauchst du eine Musterlösung ?

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