Beweise zu einer Folge

11.05.2022, 17:27

jillo

Beweise zu einer Folge

Meine Frage:
Aufgabe ist im Bild zu sehen

Meine Ideen:
Man müsste ja wahrscheinlich erstmal herausfinden was xn ist oder? Bei (b) haben wir die Vermutung, dass man durch die Monotonie und Beschränktheit die Konvergenz beweisen kann. Da wir ja aber leider nicht wissen, wie man davor vorgeht und zB xn herausfindet, kommen wir nicht weiter...

11.05.2022, 19:24

HAL 9000

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(a) Man kann durch Vollständige Induktion zeigen, dass alle $\begin{eqnarray*} x_n>0 \end{eqnarray*}$ und zudem irrational sind.
(b) Man kann strenge Monotonie zeigen, d.h. $\begin{eqnarray*} x_{n+1} < x_n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

11.05.2022, 19:27

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RE: Beweise zu einer Folge
Herausfinden, was $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ ist, im Sinne einer expliziten Darstellung? Da sehe ich schwarz.
Man braucht es aber auch nicht.
Wenn $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ irrational ist, was folgt dann für $\begin{eqnarray*} x_{n+1} \end{eqnarray*}$ ?
Wenn dann auch noch $\begin{eqnarray*} x_n>0 \end{eqnarray*}$ ist, welches Vorzeichen hat dann $\begin{eqnarray*} x_{n+1} \end{eqnarray*}$ ?
Damit hat man den ersten Teil der Aufgabe.

Für den zweiten Teil kann man benutzen, dass immer $\begin{eqnarray*} \lceil a \rceil = a+ \delta \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} 0\leq \delta <1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Edit: bin wieder weg Wink

11.05.2022, 19:30

HAL 9000

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Ich würde noch eine weitere Teilaufgabe anfügen:

Zitat:

Tatsächlich gar nicht so trivial, wie man meinen möchte. Augenzwinkern

11.05.2022, 20:22

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Einen Grenzwertkandidaten aus dem Intervall (0,1) kann man doch wie üblich in die Rekursionsgleichung einsetzen, oder übersehe ich da etwas? verwirrt

11.05.2022, 21:19

Leopold

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Hast du bedacht, daß die Aufrundungsfunktion unstetig ist?

Ich habe mir Folgendes überlegt. (a) und (b) von HAL nehme ich als bewiesen an. Man sehe mir nach, daß ich $\begin{align*} n \end{align*}$ mal als fließende Variable, mal als fest gedachten Wert ansehe. Ich hoffe, meine Ausführungen sind dennoch verständlich. Ich wollte aber nicht zu viele $\begin{align*} n_0,m,N \end{align*}$ ins Spiel bringen.

$\begin{align*} x_n \end{align*}$ verringert sich, solange es noch $\begin{align*} >1 \end{align*}$ ist, stets um 1. Schließlich kommt $\begin{align*} x_n \end{align*}$ in ein Intervall $\begin{align*} I_k = \left( \frac{1}{k} , \frac{1}{k-1} \right) \end{align*}$ mit ganzzahligem $\begin{align*} k \geq 2 \end{align*}$ zu liegen (da alle $\begin{align*} x_n \end{align*}$ irrational sind, werden die Intervallgrenzen niemals angenommen). Für solch ein $\begin{align*} x_n \end{align*}$ gilt $\begin{align*} x_{n+1} = k x_n - 1 \end{align*}$ , also

$\begin{align*} x_n - x_{n+1} = 1 - (k-1) x_n \end{align*}$

Es ist nicht möglich, daß alle weiteren $\begin{align*} x_n \end{align*}$ in $\begin{align*} I_k \end{align*}$ liegen, denn die Differenzen $\begin{align*} x_n - x_{n+1} \end{align*}$ wachsen an, solange $\begin{align*} x_n \in I_k \end{align*}$ gilt (hier wird bereits verwendet, daß die $\begin{align*} x_n \end{align*}$ streng monoton fallen und $\begin{align*} >0 \end{align*}$ sind). Die $\begin{align*} x_n \end{align*}$ müssen daher das aktuelle $\begin{align*} I_k \end{align*}$ schließlich verlassen und in ein $\begin{align*} I_k \end{align*}$ mit größerem Index $\begin{align*} k \end{align*}$ wechseln.

Man folgert:

Für alle ganzzahligen $\begin{align*} k>0 \end{align*}$ gilt: $\begin{align*} x_n < \frac{1}{k} \end{align*}$ für fast alle $\begin{align*} n \end{align*}$

11.05.2022, 21:40

HAL 9000

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Ja, ich hatte es mir so ähnlich überlegt: Mit (a)(b) ist die Konvergenz der Folge gesichert, der Grenzwert sei $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ .

Da für $\begin{eqnarray*} x_n>1 \end{eqnarray*}$ ja $\begin{eqnarray*} x_{n+1}=x_n-1 \end{eqnarray*}$ gilt, ist sofort $\begin{eqnarray*} g<1 \end{eqnarray*}$ klar. Angenommen, der Grenzwert $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist echt positiv, dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k}\leq g < \frac{1}{k-1} \end{eqnarray*}$ . Der monotonen Konvergenz wegen muss es dann ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k}< x_n < \frac{1}{k-1} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ geben. Mit $\begin{eqnarray*} \varepsilon = \frac{1}{k-1}-x_{n_0}>0 \end{eqnarray*}$ gilt dann für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ der Rekursion $\begin{eqnarray*} x_{n+1} = kx_n - 1 \end{eqnarray*}$ wegen die Darstellung

$\begin{eqnarray*} x_n = \frac{1}{k-1} - k^{n-n_0}\varepsilon \end{eqnarray*}$ ,

was für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ groß genug aber im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} x_n > \frac{1}{k} \end{eqnarray*}$ steht.

11.05.2022, 21:43

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Unstetig ist sie aber doch nur an den ganzen Zahlen. Offenbar stehe ich gerade auf der Leitung.

11.05.2022, 22:39

Leopold

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Da ist noch eine Verkettung im Spiel. Es geht ja nicht nur um $\begin{align*} x \mapsto \lceil x \rceil \end{align*}$ , sondern um $\begin{align*} x \mapsto \left \lceil \frac{1}{x} \right \rceil \end{align*}$ . Und letztere Funktion ist bei allen Stammbrüchen unstetig, die sich auch noch bei 0 häufen.

11.05.2022, 22:57

HAL 9000

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Ein interessanter Startwert zur Folge: $\begin{eqnarray*} x_0 = 1 - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k!^m\cdot k(k-1)} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} m\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$

Dann hält sich Folge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ jeweils genau $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ -mal in jedem der Intervalle $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{k},\frac{1}{k-1}\right) \end{eqnarray*}$ auf.

11.05.2022, 23:12

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Danke Leopold. Die Unstetigkeit hatte ich bedacht und dabei die Kehrwertbildung aus den Augen verloren Finger1

12.05.2022, 08:41

HAL 9000

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Mir fällt noch eine Anschlussfrage ein:

Zitat:

(d) Zeige, dass für jeden rationalen Startwert $\begin{eqnarray*} x_0>0 \end{eqnarray*}$ die Folgeniteration irgendwann zu einem $\begin{eqnarray*} x_n=0 \end{eqnarray*}$ führt, d.h., die Folge dann "stoppt".

Beweis (indirekt): Angenommen alle $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ sind positiv, d.h., kein Abbruch. Klar ist, dass alle $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ rational sind und in der eindeutigen Darstellung $\begin{eqnarray*} x_n = \frac{p_n}{q_n} \end{eqnarray*}$ mit teilerfremden $\begin{eqnarray*} p_n,q_n>0 \end{eqnarray*}$ die Folge $\begin{eqnarray*} (q_n) \end{eqnarray*}$ monoton fällt. Dann muss es ein $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} q\geq 1 \end{eqnarray*}$ geben mit $\begin{eqnarray*} q_n=q \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ . Der strengen Monotonie der Folge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ wegen ist dann aber $\begin{eqnarray*} (p_n) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ streng monoton fallend, was mit der Positivität+Ganzzahligkeit dieser Folge unvereinbar ist, Widerspruch.

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