Konvergente Folgen

22.10.2004, 02:02

Poldi

Konvergente Folgen

Hallo liebe Nation! Wer hilft mir mal bei folgender Aufgabe?
Seien
$\begin{eqnarray*} a \in \mathbb R , a > 0, x_{1} \in ]0,\frac{1}{a}[ \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} x_{n+1} := 2x_{n}- ax_{n}^2 (n \in \mathbb N ). \end{eqnarray*}$

1) Zeigen Sie
$\begin{eqnarray*} \forall n\in \mathbb N :0<x_{n}< \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} und \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_{n}< x_{n+1} \end{eqnarray*}$

2) Zeigen Sie dass $\begin{eqnarray*} x_{n} \end{eqnarray*}$ konvergiert und bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty } x_{n} \end{eqnarray*}$

Also zu 1) Bekomme per vollst. Ind. alles gezeigt, außer dass $\begin{eqnarray*} x_{n}< \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$ ist. Da bleibt immer eine 2 zuviel. Will heißen, ich bekäme es gezeigt wenn die Induktionsannahme $\begin{eqnarray*} x_{n}< \frac{1}{2a} \end{eqnarray*}$ lauten würde. Was tun???

Zu 2) Dass $\begin{eqnarray*} x_{n} \end{eqnarray*}$ konvergiert ist ja leicht über Monotonie und Beschränktheit zu erklären, wenn 1) bewiesen ist. Aber wogegen denn bloß???

Vielleicht kann mir bei der Gelegenheit auch mal jemand das Cauchykriterium so erklären, dass ich's verstehe. Soll damit zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} a_{n}= \frac{n+1}{2n-1} \end{eqnarray*}$ konvergiert. Habe doch wenn ich einsetze n und n0 im Betrag. Und dann?

Bin gespannt,
Poldi

22.10.2004, 10:08

Calahan

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RE: Konvergente Folgen

Zitat:

Original von Poldi

1) Zeigen Sie
$\begin{eqnarray*} \forall n\in \mathbb N :0<x_{n}< \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} und \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x_{n}< x_{n+1} \end{eqnarray*}$

Poldi

Die Induktion geht glatt durch wenn Du Deine Folge mal anders hinschreibst. Mit quadratischer Ergänzung etwa:

$\begin{eqnarray*} x_{n+1}=-a(x_n-\frac{1}{a})^2+\frac{1}{a} \end{eqnarray*}$

Wie man dann den Grenzwert einer konvergenten rekursiven
Zahlenfolge bestimmt, dazu gibts hier bereits fast 'beliebig viele' Beiträge

Gruß,
C.

22.10.2004, 12:05

dregen|Rocks

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@Poldi:

SO ein Zufall, dass ich gerade an genau der selben Aufgabe hänge. Willkommen in Hagen. Wink

Aber die (allgemeinen) Probleme die du ansprichst (Cauchykriterium, wogegen konvergiert was) habe ich auch. Hammer

Hab gerade mit der Aufgabe angefangen und auch in der Gefahr mit als vollkommener Depp zu outen, schaffe ich es spontan nicht deine (@Calahan) quadratische Ergänzung nachzuvollziehen.

Könntest du bitte den Weg aufzeigen? Gott

22.10.2004, 12:36

Poldi

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RE: Konvergente Folgen
Hallo Calahan,

die Induktion hat geklappt! Danke!!!

Das mit dem Grenzwert hab ich im Beitrag "Grenzwerte rekursiver Folgen" gefunden und analog für meine Aufgabe probiert, dann komme ich auf Folgendes:

Für den Grenzwert $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ muss gelten:

$\begin{eqnarray*} \alpha = 2\alpha - a\alpha^{2} \end{eqnarray*}$

so dass

$\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$

herauskommt. Aus der Monotonie schließe ich dann darauf, dass $\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{1}{a} \end{eqnarray*}$ der Grenzwert sein muss.

Ist das so richtig???
Gruß Poldi

22.10.2004, 12:48

Poldi

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@dregen Rocks

Hallo, wie schön einen Leidensgenossen im Forum zu wissen.

Hilft es Dir schon, wenn Du weißt, das Calahan ein Quadrat an der Klammer vergessen hat? Wenn nicht zeig ich's Dir ganz, das dauert dann nur ein bißchen, weil ich mit dem Formeleditor nicht so schnell bin.

Gruß Poldi

22.10.2004, 13:24

Calahan

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Uuups, hab's gerade editiert.
Jetzt solltest Du es nachvollziehen können...

Und wegen des Cauchy-Kriteriums:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ ist eine Nullfolge.
Formulier diese Tatsache mal mit dem Cauchy-Kriterium.
Dann solltest Du Dir mal $\begin{eqnarray*} |a_n - a_m| \end{eqnarray*}$ genau anschauen
und feststellen, daß sich das damit ganz leicht durch $\begin{eqnarray*} \epsilon \end{eqnarray*}$ nach oben abschätzen läßt.

22.10.2004, 15:00

Poldi

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Also, wenn ich Dein Beispiel nehme, dann kommt bei mir da

$\begin{eqnarray*} m > \frac{1}{\epsilon -\frac{1}{n}} \end{eqnarray*}$

Darf denn das m abhängig von n sein?

Wenn ich das Ganze dann auf meine Aufgabe anwende, bleibe ich bei

$\begin{eqnarray*} \mid \frac{3m-n}{(2n-1)(2m-1)} \mid <\epsilon \end{eqnarray*}$
hängen, weil ich doch gar nicht weiß, ob der Bruch größer oder kleiner Null ist. Das hängt doch davon ab, um wieviel n>m ist!?
Und selbst wenn ich's wüßte, bekomme ich das Ding nicht nach m aufgelöst...

22.10.2004, 15:15

Calahan

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Also:
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ ist Nullfolge. Sei also $\begin{eqnarray*} \epsilon >0 \end{eqnarray*}$ beliebig. Wähle $\begin{eqnarray*} n_0\in N \end{eqnarray*}$ ,

so daß $\begin{eqnarray*} \left|\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\right|<\frac{\epsilon}{3} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n,m\geq n_0 \end{eqnarray*}$ .

Betrachte nun $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{n+1}{2n-1} \end{eqnarray*}$ .

Für alle $\begin{eqnarray*} n,m\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt dann:

$\begin{eqnarray*} |a_n-a_m|=\left|\frac{3(\frac{1}{n}-\frac{1}{m})}{(2-\frac{1}{n})(2-\frac{1}{m})}\right| \leq 3\left|\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\right|<\epsilon \end{eqnarray*}$

Fertig.

22.10.2004, 15:31

Poldi

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Ich wär in hundert Jahren nicht alleine drauf gekommen, aber ich kann's zumindest nachvollziehen. Das ist ja auch schon was...

Tausend Dank!
Poldi

22.10.2004, 19:10

WebFritzi

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Ich würde das ein wenig intuitiver machen. Das Cauchy-Kriterium mal anders aufgeschrieben:

$\begin{eqnarray*} \end{align*}$| a_{n+k} - a_n | < \varepsilon$ für alle $n\ge n_0$ und alle $k\ge 0$\;.\begin{align*} \end{eqnarray*}$

Hier ist (@Poldi: Setze oben einfach m = n + k)

$\begin{eqnarray*} | a_{n+k} - a_n | &= \frac{3k}{(2n-1)(2n-1+2k)} = \frac{3k}{(2n-1)^2 + 2k(2n-1)}\\ &< \frac{3k}{2k(2n-1)} = \frac{3}{2(2n-1)} < \varepsilon \end{eqnarray*}$

für alle

$\begin{eqnarray*} n \ge n_0 = \frac{3}{4\varepsilon} + \frac{1}{2}\;. \end{eqnarray*}$

23.10.2004, 18:20

dregen|Rocks

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Zitat:

Uuups, hab's gerade editiert.
Jetzt solltest Du es nachvollziehen können...

Ja, jetzt kann ich es nachvollziehen. smile

Zitat:

Ich wär in hundert Jahren nicht alleine drauf gekommen, aber ich kann's zumindest nachvollziehen. Das ist ja auch schon was...

Tausend Dank!

Dem schließe ich mich einfach mal an! Freude

Ich weiss nicht, irgendwie ist mir insbesondere die Sache mit dem
$\begin{eqnarray*} \varepsilon-n_0 \end{eqnarray*}$ -Kriterium noch viel zu abwegig, um wirklich verständlich oder nützlich zu erscheinen.

Das kommt wohl mit der Zeit... verwirrt

23.10.2004, 19:37

Poldi

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Jo, Web-Fritzi! Deine Version gefällt mir noch besser!!! (Sorry Calahan) Da war ich nämlich mit meiner ganz eigenen ersten Version schon ganz dicht dran. Hab nur die Umformung im Nenner nicht so geschickt hinbekommen. Aber jetzt weiß ich, dass der Ansatz richtig war und sehe für den Wiederholungsfall gute Chancen so'n Ding selbst hinzubekommen!
Danke!!!
Hab noch ne Frage, die stelle ich mal unterm Stichwort "Supremum" neu rein. Vielleicht hat ja jemand Lust....

Gruß Poldi

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