Konvergenz von rek. Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:55 Di 29.11.2016 | | Autor: | X3nion |
Hallo zusammen!
Ich habe ein paar Fragen zur Beweisstruktur bei folgender Aufgabe:
---
Gegeben sei die Folge [mm] (a_n)_{n\in\IN} [/mm] (n [mm] \ge [/mm] 0) mit der Rekursionsvorschrift
[mm] a_{n+1} [/mm] := 1 + [mm] \frac{1}{a_n} [/mm] , [mm] a_0 [/mm] = 1
Zu zeigen ist die Konvergenz der Folge [mm] (a_n) [/mm] gegen den Grenzwert a = [mm] \frac{1 + \sqrt(5)}{2}
[/mm]
---
Die ersten Folgenglieder betragen
[mm] a_0 [/mm] = 1
[mm] a_1 [/mm] = 2
[mm] a_2 [/mm] = 1,5
[mm] a_3 [/mm] = [mm] 1,\overline{66}
[/mm]
[mm] a_4 [/mm] = 1,6
[mm] a_5 [/mm] = 1,625
[mm] a_6 \approx [/mm] 1,615385
[mm] a_7 \approx [/mm] 1,619048
[mm] a_8 \approx [/mm] 1,617647
Die Folge [mm] (a_n) [/mm] scheint beschränkt zu sein nach unten durch 1 und nach oben durch 2.
Ferner scheint die Teilfolge [mm] (a_{2k}) \forall [/mm] k [mm] \in \IN [/mm] mit k [mm] \ge [/mm] 0 streng monoton wachsend und die Teilfolge [mm] (a_{2k+1}) \forall [/mm] k [mm] \ge [/mm] 0 streng monoton fallend zu sein.
Zu guter Letzt scheinen die Teilfolgen gegen denselben Grenzwert zu laufen, einmal von oben her und einmal von unten.
Weil durch die zwei Teilfolgen alle Folgenglieder von [mm] (a_n) [/mm] abgedeckt werden, muss der Grenzwert von [mm] (a_n) [/mm] gleich dem Grenzwert von [mm] (a_{2k}) [/mm] bzw. gleich dem Grenzwert von [mm] (a_{2k+1}) [/mm] sein.
Wäre die Idee so in Ordnung?
Dies alles würde ich gerne beweisen
-- Zuerst einmal würde ich durch vollständige Induktion die Beschränktheit der Folgenglieder [mm] (a_n) [/mm] zeigen, nämlich nach unten durch 1 und nach oben durch 2, also [mm] a_n \ge [/mm] 1 [mm] \forall [/mm] n und [mm] a_n \le [/mm] 2 [mm] \forall [/mm] n.
-- Dann würde ich ebenfalls durch vollständige Induktion die Vermutung beweisen, dass die Teilfolge [mm] (a_{2k}) \forall [/mm] k [mm] \in \IN [/mm] mit k [mm] \ge [/mm] 0 streng monoton wächst und die Teilfolge [mm] (a_{2k+1}) \forall [/mm] k [mm] \ge [/mm] 0 streng monoton fällt.
Demnach gilt [mm] a_0 [/mm] < [mm] a_2 [/mm] < [mm] a_4 [/mm] < ... < [mm] a_{2k} [/mm] < [mm] a_{2k+2} [/mm] < ...
und [mm] a_1 [/mm] > [mm] a_3 [/mm] > [mm] a_5 [/mm] > ... > [mm] a_{2k+1} [/mm] > [mm] a_{2k+3} [/mm] > ...
Eine kurze Zwischenfrage:
Wären die Schritte bis hierhin in Ordnung?
-- Als nächstes würde ich die Vermutung [mm] a_{2k} [/mm] < [mm] a_{2k+1} \forall [/mm] k [mm] \ge [/mm] 0 ebenfalls durch vollständige Induktion zeigen.
Könnte man daraus direkt folgern, dass [mm] (a_{2k}) [/mm] nach oben beschränkt ist durch alle [mm] a_{2k+1} [/mm] und [mm] (a_{2k+1}) [/mm] nach unten beschränkt ist durch alle [mm] a_{2k} [/mm] ?
-- Wie würde man nun formal korrekt noch zeigen, dass der Grenzwert von [mm] (a_{2k}) [/mm] gleich dem Grenzwert von [mm] (a_{2k+1}) [/mm] ist?
Ich habe einmal überlegt, dass [mm] \forall [/mm] k [mm] \in \IN [/mm] gelten muss:
[mm] a_{2k} [/mm] < [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} (a_{2k}) [/mm] =: a
Also der Limes von [mm] (a_{2k}) [/mm] ist echt größer als alle Folgenglieder [mm] a_{2k}, [/mm] da die Folge [mm] a_{2k} [/mm] streng monoton wächst.
Auf der anderen Seite muss analog dazu [mm] (a_{2k+1}) [/mm] > [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} a_{2k+1} [/mm] := b sein
Ist diese Abschätzung zielführend, und wie mache ich mit der weiteren Abschätzung weiter?
Mir kam der Gedanke der beiden Abschätzungen
(*) [mm] a_{2k} [/mm] < [mm] \limes_{k\rightarrow\infty} (a_{2k}) [/mm] = a [mm] \le a_{2k+1} \forall [/mm] k [mm] \in \IN
[/mm]
und (**) [mm] a_{2k} \le \limes_{k\rightarrow\infty} (a_{2k+1}) [/mm] := b < [mm] a_{2k+1} [/mm] forall k [mm] \in \IN
[/mm]
Erläuterung zu (*) Ich dachte an a [mm] \le a_{2k+1}, [/mm] weil zwar [mm] a_{2k} [/mm] < [mm] a_{2k+1} \forall [/mm] k [mm] \in \IN, [/mm] aber da a > [mm] a_{2k} \forall [/mm] k [mm] \in \IN, [/mm] könnte rein theoretisch die Gleichheit a = [mm] a_{2k+1} [/mm] eintreten und deshalb a [mm] \le a_{2k+1}.
[/mm]
Analog wäre die Erläuterung zu (**) und [mm] a_{2k} \le [/mm] b [mm] \forall [/mm] k [mm] \in \IN
[/mm]
Könnte man daraus irgendwie folgern, dass a = b? Und wenn nicht, habt ihr eine andere Idee?
Ich wäre für eure Antworten wie immer sehr dankbar! 
Viele Grüße,
X3nion
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:29 Mi 30.11.2016 | | Autor: | hippias |
> Hallo zusammen!
>
> Ich habe ein paar Fragen zur Beweisstruktur bei folgender
> Aufgabe:
>
> ---
>
> Gegeben sei die Folge [mm](a_n)_{n\in\IN}[/mm] (n [mm]\ge[/mm] 0) mit der
> Rekursionsvorschrift
>
> [mm]a_{n+1}[/mm] := 1 + [mm]\frac{1}{a_n}[/mm] , [mm]a_0[/mm] = 1
>
> Zu zeigen ist die Konvergenz der Folge [mm](a_n)[/mm] gegen den
> Grenzwert a = [mm]\frac{1 + \sqrt(5)}{2}[/mm]
>
> ---
>
> Die ersten Folgenglieder betragen
> [mm]a_0[/mm] = 1
> [mm]a_1[/mm] = 2
> [mm]a_2[/mm] = 1,5
> [mm]a_3[/mm] = [mm]1,\overline{66}[/mm]
> [mm]a_4[/mm] = 1,6
> [mm]a_5[/mm] = 1,625
> [mm]a_6 \approx[/mm] 1,615385
> [mm]a_7 \approx[/mm] 1,619048
> [mm]a_8 \approx[/mm] 1,617647
>
> Die Folge [mm](a_n)[/mm] scheint beschränkt zu sein nach unten
> durch 1 und nach oben durch 2.
> Ferner scheint die Teilfolge [mm](a_{2k}) \forall[/mm] k [mm]\in \IN[/mm] mit
> k [mm]\ge[/mm] 0 streng monoton wachsend und die Teilfolge
> [mm](a_{2k+1}) \forall[/mm] k [mm]\ge[/mm] 0 streng monoton fallend zu sein.
> Zu guter Letzt scheinen die Teilfolgen gegen denselben
> Grenzwert zu laufen, einmal von oben her und einmal von
> unten.
> Weil durch die zwei Teilfolgen alle Folgenglieder von
> [mm](a_n)[/mm] abgedeckt werden, muss der Grenzwert von [mm](a_n)[/mm] gleich
> dem Grenzwert von [mm](a_{2k})[/mm] bzw. gleich dem Grenzwert von
> [mm](a_{2k+1})[/mm] sein.
>
> Wäre die Idee so in Ordnung?
Ja.
>
>
> Dies alles würde ich gerne beweisen
>
>
> -- Zuerst einmal würde ich durch vollständige Induktion
> die Beschränktheit der Folgenglieder [mm](a_n)[/mm] zeigen,
> nämlich nach unten durch 1 und nach oben durch 2, also [mm]a_n \ge[/mm]
> 1 [mm]\forall[/mm] n und [mm]a_n \le[/mm] 2 [mm]\forall[/mm] n.
>
> -- Dann würde ich ebenfalls durch vollständige Induktion
> die Vermutung beweisen, dass die Teilfolge [mm](a_{2k}) \forall[/mm]
> k [mm]\in \IN[/mm] mit k [mm]\ge[/mm] 0 streng monoton wächst und die
> Teilfolge [mm](a_{2k+1}) \forall[/mm] k [mm]\ge[/mm] 0 streng monoton
> fällt.
>
> Demnach gilt [mm]a_0[/mm] < [mm]a_2[/mm] < [mm]a_4[/mm] < ... < [mm]a_{2k}[/mm] < [mm]a_{2k+2}[/mm] <
> ...
>
> und [mm]a_1[/mm] > [mm]a_3[/mm] > [mm]a_5[/mm] > ... > [mm]a_{2k+1}[/mm] > [mm]a_{2k+3}[/mm] > ...
>
> Eine kurze Zwischenfrage:
> Wären die Schritte bis hierhin in Ordnung?
Ja.
>
>
> -- Als nächstes würde ich die Vermutung [mm]a_{2k}[/mm] < [mm]a_{2k+1} \forall[/mm]
> k [mm]\ge[/mm] 0 ebenfalls durch vollständige Induktion zeigen.
> Könnte man daraus direkt folgern, dass [mm](a_{2k})[/mm] nach oben
> beschränkt ist durch alle [mm]a_{2k+1}[/mm] und [mm](a_{2k+1})[/mm] nach
> unten beschränkt ist durch alle [mm]a_{2k}[/mm] ?
Das dürfte unnötig sein, da die Beschränktheit schon im 1. Punkt bewiesen sein wird.
>
>
> -- Wie würde man nun formal korrekt noch zeigen, dass der
> Grenzwert von [mm](a_{2k})[/mm] gleich dem Grenzwert von [mm](a_{2k+1})[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> ist?
Das nachfolgende scheint mir nicht so recht zu funktionieren. Bei rekursiv definierten Folgen kann man oft folgendermassen den Grenzwert berechnen, wenn bekannt ist, dass die Folge konvergiert:
Es gilt z.b. $a_{2(n+1)}= 1+\frac{1}{1+\frac{1}{a_{2n}}$ für alle $n$ und es sei $a= \lim a_{2n}$. Dann ist es leicht zu prüfen, dass auch $a$ die Rekursionsgleichung erfüllt, d.h. es gilt $a= 1+\frac{1}{1+\frac{1}{a}$. Vermutlich gibt es nur eine Lösung, die zwischen $1$ und $2$ liegt. Ebenso für $(a_{2n+1})$.
>
> Ich habe einmal überlegt, dass [mm]\forall[/mm] k [mm]\in \IN[/mm] gelten
> muss:
>
> [mm]a_{2k}[/mm] < [mm]\limes_{k\rightarrow\infty} (a_{2k})[/mm] =: a
> Also der Limes von [mm](a_{2k})[/mm] ist echt größer als alle
> Folgenglieder [mm]a_{2k},[/mm] da die Folge [mm]a_{2k}[/mm] streng monoton
> wächst.
> Auf der anderen Seite muss analog dazu [mm](a_{2k+1})[/mm] >
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty} a_{2k+1}[/mm] := b sein
>
>
> Ist diese Abschätzung zielführend, und wie mache ich mit
> der weiteren Abschätzung weiter?
>
>
> Mir kam der Gedanke der beiden Abschätzungen
>
> (*) [mm]a_{2k}[/mm] < [mm]\limes_{k\rightarrow\infty} (a_{2k})[/mm] = a [mm]\le a_{2k+1} \forall[/mm]
> k [mm]\in \IN[/mm]
>
> und (**) [mm]a_{2k} \le \limes_{k\rightarrow\infty} (a_{2k+1})[/mm]
> := b < [mm]a_{2k+1}[/mm] forall k [mm]\in \IN[/mm]
>
> Erläuterung zu (*) Ich dachte an a [mm]\le a_{2k+1},[/mm] weil zwar
> [mm]a_{2k}[/mm] < [mm]a_{2k+1} \forall[/mm] k [mm]\in \IN,[/mm] aber da a > [mm]a_{2k} \forall[/mm]
> k [mm]\in \IN,[/mm] könnte rein theoretisch die Gleichheit a =
> [mm]a_{2k+1}[/mm] eintreten und deshalb a [mm]\le a_{2k+1}.[/mm]
>
> Analog wäre die Erläuterung zu (**) und [mm]a_{2k} \le[/mm] b
> [mm]\forall[/mm] k [mm]\in \IN[/mm]
>
>
> Könnte man daraus irgendwie folgern, dass a = b? Und wenn
> nicht, habt ihr eine andere Idee?
>
>
> Ich wäre für eure Antworten wie immer sehr dankbar!
>
> Viele Grüße,
> X3nion
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:30 Do 01.12.2016 | | Autor: | DieAcht |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo X3nion!
Ist Dir eigentlich bewusst welchen Satz Du hier benutzt?
Es konvergiere jede Teilfolge $(a_{n_{k}})_{k\in \mathbb {N}_0$ gegen denselben Grenzwert $a\$.
Dann konvergiert auch die Folge $(a_{n})_{n\in \mathbb {N}_0 }$ gegen $a\$.
Gruß
DieAcht
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:32 Do 01.12.2016 | | Autor: | fred97 |
1. Der von der Acht zitierte Satz wurde nicht benutzt !
2. Benutzt wurde das
Sätzchen: ist [mm] (a_n) [/mm] eine Folge mit der Eigenschaft:
die Teilfolgen [mm] (a_{2k}) [/mm] und [mm] (a_{2k+1}) [/mm] konvergieren
und haben den gleichen Grenzwert.
Dann ist [mm] (a_n) [/mm] konvergent.
Beweis: Sei a der gemeinsame Grenzwert der beiden obigen Teilfolgen und sei [mm] \varepsilon [/mm] >0. Dann:
[mm] $|a_{2k}-a|< \varepsilon$ [/mm] für fast alle k
und
[mm] $|a_{2k+1}-a|< \varepsilon$ [/mm] für fast alle k.
Dann aber auch
[mm] $|a_n-a|< \varepsilon$ [/mm] für fast alle n.
qed.
3. Kommen wir zu
$ [mm] a_{n+1} [/mm] := 1 + [mm] \frac{1}{a_n} [/mm] $ , $ [mm] a_0 [/mm] = 1 $.
Wir nehmen an, dass die Konvergenz der Teilfolgen [mm] (a_{2k}) [/mm] und [mm] (a_{2k+1}) [/mm] schon gezeigt ist.
Sei x der Limes von [mm] (a_{2k}) [/mm] und y der Limes von [mm] (a_{2k+1}).
[/mm]
Aus $ [mm] a_{2k+1} [/mm] = 1 + [mm] \frac{1}{a_{2k}} [/mm] $ folgt mit $k [mm] \to \infty$:
[/mm]
(1) $ y = 1 + [mm] \frac{1}{x} [/mm] $
und
aus $ [mm] a_{2k} [/mm] = 1 + [mm] \frac{1}{a_{2k-1}} [/mm] $ folgt mit $k [mm] \to \infty$:
[/mm]
(2) $ x = 1 + [mm] \frac{1}{y} [/mm] $ .
Aus (1) und (2) folgt ratzfatz: x=y.
Obiges Sätzchen liefert dann die Konvergenz von [mm] (a_n).
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:20 Do 08.12.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:14 Do 08.12.2016 | | Autor: | X3nion |
Hallo zusammen,
da die Fälligkeit abgelaufen ist, schreibe ich meinen Post noch einmal in der Hoffnung, dass jemand die Zeit findet, es sich durchzulesen
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Hallo zusammen,
vielen Dank für all eure ausführlichen Antworten!
Nun leuchtet es mir ein, wie ich am Ende die Gleichheit der Grenzwerte beider Teilfolgen zeige und ganz zum Schluss, dass daraus die Konvergenz von $ [mm] (a_n) [/mm] $ gegen denselben Grenzwert folgt.
Ich hätte noch ein paar Fragen zu den Induktionsbeweisen, wobei mit $ [mm] \IN [/mm] $ die natürlichen Zahlen inklusive der "0" bezeichnet werden:
1) Zu zeigen ist, dass $ [mm] (a_n) \ge [/mm] $ 1 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $ und $ [mm] (a_n) \le [/mm] $ 2 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $
a) Behauptung: $ [mm] (a_n) \ge [/mm] $ 1 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $
Induktionsanfang: n=0 : $ [mm] a_0 [/mm] $ = 1 $ [mm] \ge [/mm] $ 1 ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Induktionsvoraussetzung: $ [mm] a_n \ge [/mm] $ 1 gelte für ein n $ [mm] \in \IN [/mm] $
Induktionsschritt: n -> n+1
Zu Zeigen: $ [mm] a_{n+1} \ge [/mm] $ 1 bzw $ [mm] a_{n+1} [/mm] $ - 1 $ [mm] \ge [/mm] $ 0.
Es ist $ [mm] a_{n+1} [/mm] $ - 1 = 1 + $ [mm] \frac{1}{a_n} [/mm] $ - 1 = $ [mm] \frac{1}{a_n} \ge [/mm] $ 0 wegen (Induktionsvoraussetzung) $ [mm] a_n \ge [/mm] $ 1 > 0.
b) Behauptung: $ [mm] (a_n) \le [/mm] $ 2 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $
Induktionsanfang: n=0: $ [mm] a_0 [/mm] $ = 1 $ [mm] \le [/mm] $ 2
Induktionsvoraussetzung: $ [mm] a_n \le [/mm] $ 2 gelte für ein n $ [mm] \in \IN [/mm] $ und $ [mm] a_n \ge [/mm] $ 1 gilt $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $ gemäß in a) bewiesener Behauptung
Induktionsschritt: n -> n+1
Zu zeigen: $ [mm] a_{n+1} \le [/mm] $ 2. Es ist $ [mm] a_{n+1} [/mm] $ = 1 + $ [mm] \frac{1}{a_n} \le [/mm] $ 2 wegen der Induktionsvoraussetzung $ [mm] a_n \ge [/mm] $ 1 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $
Ich habe nun zwei Fragen dazu:
i) Wäre die vollständige Induktion a) so korrekt?
ii) Bei b) bin ich mir unsicher. Dabei würde ich eigentlich gar nicht die Induktionsvoraussetzung " $ [mm] a_{n} \le [/mm] $ 2 gelte für ein n $ [mm] \in \IN [/mm] $ " benötigen. Sondern für die Abschätzung 1 + $ [mm] \frac{1}{a_n} \le [/mm] $ 2 benötigt man ja die in a) bewiesene Ungleichung $ [mm] a_n \ge [/mm] $ 1 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN. [/mm] $
Diese habe ich dann noch zusätzlich in die Induktionsvoraussetzung mit hineingeschrieben.
Wäre dies eine gültige vollständige Induktion, auch wenn die Voraussetzung " $ [mm] a_{n} \le [/mm] $ 2 gelte für ein n $ [mm] \in \IN [/mm] $ " gar nicht gebraucht wird?
Nun zum Beweis der Vermutung, dass $ [mm] a_0 [/mm] $ < $ [mm] a_2 [/mm] $ < $ [mm] a_4 [/mm] $ < ... < $ [mm] a_{2k} [/mm] $ < ... $ [mm] \forall [/mm] $ k $ [mm] \in \IN [/mm] $ ist.
Zuerst einmal ist wegen 1 $ [mm] \le a_n \le [/mm] $ 2 $ [mm] \forall [/mm] $ n $ [mm] \in \IN [/mm] $ auch
1 $ [mm] \le a_{2k} \le [/mm] $ 2 $ [mm] \forall [/mm] $ k $ [mm] \in \IN [/mm] $ und somit gilt auch
2 $ [mm] \le [/mm] $ 1 + $ [mm] a_{2k} \le [/mm] $ 3 $ [mm] \forall [/mm] $ k $ [mm] \in \IN [/mm] $
und damit insbesondere 1+ $ [mm] a_{2k} [/mm] $ > 0 $ [mm] \forall [/mm] $ k $ [mm] \in \IN [/mm] $
Somit gilt für k $ [mm] \ge [/mm] $ 1 auch
1 + $ [mm] a_{2k} [/mm] $ > 0 und 1 + $ [mm] a_{2k-2} [/mm] $ > 0 und deshalb
(*) $ [mm] (1+a_{2k}) [/mm] $ (1 + $ [mm] a_{2k-2}) [/mm] $ > 0 für k $ [mm] \ge [/mm] $ 1
Zu zeigen mittels vollständiger Induktion:
$ [mm] a_{2k} [/mm] $ > $ [mm] a_{2k-2} \forall [/mm] $ k $ [mm] \in \IN, [/mm] $ k $ [mm] \ge [/mm] $ 1
Induktionsanfang mit k=1 : $ [mm] a_{2} [/mm] $ = 3/2 > 1 = $ [mm] a_{0} [/mm] $
Induktionsvoraussetzung: $ [mm] a_{2k} [/mm] $ > $ [mm] a_{2k-2} [/mm] $ <=> $ [mm] a_{2k} [/mm] $ - $ [mm] a_{2k-2} [/mm] $ > 0 gelte für ein k $ [mm] \ge [/mm] $ 1
Induktionsschritt: k -> k+1
Zu zeigen: $ [mm] a_{2k+2} [/mm] $ - $ [mm] a_{2k} [/mm] $ > 0
Zuerst einmal ist $ [mm] a_{2k+2} [/mm] $ = 1 + $ [mm] \frac{1}{a_{2k+1}} [/mm] $
und $ [mm] a_{2k+1} [/mm] $ = 1 + $ [mm] \frac{1}{a_{2k}} [/mm] $
Also ist $ [mm] a_{2k+2} [/mm] $ = 1 + $ [mm] \frac{1}{1+\frac{1}{a_{2k}}} [/mm] $ = 1 + $ [mm] \frac{1}{1+\frac{1+a_{2k}}{a_{2k}}} [/mm] $ = 1 + $ [mm] \frac{a_{2k}}{1+a_{2k}} =\frac{1+a_{2k} + a_{2k}}{1 + a_{2k}} [/mm] $ = $ [mm] \frac{1+2a_{2k}}{1 + a_{2k}} [/mm] $ = $ [mm] \frac{2 -1 + 2a_{2k}}{1 + a_{2k}} [/mm] $ = $ [mm] \frac{2 + 2a_{2k} - 1}{1 + a_{2k}} [/mm] $ = $ [mm] \frac{2 (1 + a_{2k}) - 1}{1 + a_{2k}} [/mm] $
= $ [mm] \frac{2 (1 + a_{2k})}{1 + a_{2k}} [/mm] $ - $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k}} [/mm] $ = 2 - $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k}} [/mm] $
also insgesamt $ [mm] a_{2k+2} [/mm] $ = 2 - $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k}} \forall [/mm] $ k $ [mm] \ge [/mm] $ 0 bzw.
$ [mm] a_{2k} [/mm] $ = 2 - $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k-2}} \forall [/mm] $ k $ [mm] \ge [/mm] $ 1.
Also ist $ [mm] a_{2k+2} [/mm] $ - $ [mm] a_{2k} [/mm] $ = 2 - $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k}} [/mm] $ - 2 + $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k-2}} [/mm] $ = $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k-2}} [/mm] $ - $ [mm] \frac{1}{1 + a_{2k}} [/mm] $
$ [mm] =\frac{1+a_{2k}}{(1 + a_{2k-2}) (1+a_{2k})} [/mm] $ - $ [mm] \frac{1+a_{2k-2}}{1 + a_{2k-2}) (1+a_{2k})} [/mm] $ = $ [mm] \frac{a_{2k} - a_{2k-2}}{(1 + a_{2k-2}) (1+a_{2k})} [/mm] $ > 0 wegen (Induktionsvoraussetzung) $ [mm] a_{2k} [/mm] $ - $ [mm] a_{2k-2} [/mm] $ > 0 und wegen (*)
Folglich gilt $ [mm] a_{2k} [/mm] $ > $ [mm] a_{2k-2} \forall [/mm] $ k $ [mm] \ge [/mm] $ 1 bzw. $ [mm] a_{2k+2} [/mm] $ > $ [mm] a_{2k} \forall [/mm] $ k $ [mm] \ge [/mm] $ 0 und die Teilfolge $ [mm] (a_{2k}) [/mm] $ mit k $ [mm] \ge [/mm] $ 0 ist streng monoton wachsend.
Wäre der Beweis so in Ordnung? .
Für eure kurzes Drüberschauen und eure Antwort wäre ich wie immer sehr dankbar!
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VG X3nion
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:35 Fr 09.12.2016 | | Autor: | X3nion |
Mir wurde soeben geraten, den Fälligkeitszeitraum für längere Fragen zu verlängern. Nächstes Mal werde ich das so machen
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:24 Mo 12.12.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:12 Sa 17.12.2016 | | Autor: | DieAcht |
> Würde man bei dieser Aufgabe zwei separate
> Induktionsbeweise führen (also zuerst zeigt man [mm]a_n \ge[/mm] 1
> [mm]\forall[/mm] n und dann [mm]a_n \le[/mm] 2 [mm]\forall[/mm] n), oder würde man
> beides simultan machen?
Es ist alles möglich.
1. Möglichkeit: Wir zeigen erst [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] und dann [mm] $a_n\le [/mm] 2$ für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
2. Möglichkeit: Wir zeigen erst [mm] $a_n\le [/mm] 2$ für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] und dann [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
3. Möglichkeit: Wir zeigen beide Aussagen unabhängig.
Das Problem ist allerdings, dass wir sowohl bei der zweiten, als auch bei der dritten Möglichkeit, zwangsläufig darauf stoßen, dass [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] gilt, so dass nur die erste Möglichkeit Sinn macht.
Erklärung: Bei allen Möglichkeiten ist im Induktionsschritt (unabhängig von der Induktionsvoraussetzung) zu zeigen, dass [mm] $a_{n+1}=1+1/a_n\le [/mm] 2$ gilt. Das ist äquivalent zu [mm] $1/a_n\le [/mm] 1$. Nun müssen wir zwangsläufig eine Fallunterscheidung machen: Sei [mm] $a_n>0$, [/mm] dann muss gelten [mm] $a_n\ge [/mm] 1$. Sei [mm] $a_n<0$, [/mm] dann muss gelten [mm] $a_n\le [/mm] 1$. Also gilt [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$ nur für [mm] $a_n<0\$ [/mm] oder [mm] $a_n\ge [/mm] 1$.
> Ich überlege mir immer noch, wie man die Voraussetzung im
> Beweis [mm]a_n \le[/mm] 2 [mm]\forall[/mm] n dementsprechend umformulieren
> könnte, dass man sie benutzt.
> Vielleicht so: 1 [mm]\le a_n \le[/mm] 2 gelte für ein n [mm]\in \IN[/mm]
> (wobei man 1 [mm]\le a_n[/mm] von der vorher bewiesenen Aussage
> benutzt) ?
Du wirst als Folgerung der IV erhalten [mm] $1/a_n\le 1\le 2/a_n$, [/mm] aber im IS wirst Du [mm] $1\le 2/a_n$ [/mm] nicht verwenden, sondern nur [mm] $1/a_n\le [/mm] 1$.
Mit anderen Worten: Du wolltest die IV umformulieren, aber benutzt hast Du sie nicht. 
P.S. Dein Lösungsvorschlag ist die erste Möglichkeit.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:26 Di 20.12.2016 | | Autor: | X3nion |
Hallo DieAcht,
danke für deinen ausführlichen Beitrag!
> Erklärung: Bei allen Möglichkeiten ist im Induktionsschritt (unabhängig von > der Induktionsvoraussetzung) zu zeigen, dass [mm] a_{n+1}=1+1/a_n\le [/mm] 2 gilt. > Das ist äquivalent zu [mm] 1/a_n\le [/mm] 1. Nun müssen wir zwangsläufig eine
> Fallunterscheidung machen: Sei [mm] a_n>0, [/mm] dann muss gelten [mm] a_n\ge [/mm] 1. Sei
> [mm] a_n<0, [/mm] dann muss gelten [mm] a_n\le [/mm] 1. Also gilt [mm] a_{n+1}\le [/mm] 2 nur für [mm] a_n<0\ [/mm] > oder [mm] a_n\ge [/mm] 1.
Wieso muss gelten [mm] a_n\le [/mm] 1, falls [mm] a_n [/mm] < 0 ist?
Wenn [mm] a_n [/mm] < 0 ist, dann gilt doch immer [mm] 1/a_n [/mm] < 0 [mm] \le [/mm] 1.
> Du wirst als Folgerung der IV erhalten $ [mm] 1/a_n\le 1\le 2/a_n [/mm] $, aber im IS > wirst Du $ [mm] 1\le 2/a_n [/mm] $ nicht verwenden, sondern nur $ [mm] 1/a_n\le [/mm] 1 $.
> Mit anderen Worten: Du wolltest die IV umformulieren, aber benutzt hast > Du sie nicht.
Hmm genau das ist irgendwie das Problem bei der Aufgabe, dass ich es nicht so elegant hinbekomme, dass ich die Induktionsvoraussetzung benutze.
Geht das überhaupt?
Viele Grüße,
X3nion
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:39 Mi 21.12.2016 | | Autor: | DieAcht |
> > Erklärung: Bei allen Möglichkeiten ist im
> Induktionsschritt (unabhängig von > der
> Induktionsvoraussetzung) zu zeigen, dass [mm]a_{n+1}=1+1/a_n\le[/mm]
> 2 gilt. > Das ist äquivalent zu [mm]1/a_n\le[/mm] 1. Nun müssen
> wir zwangsläufig eine
> > Fallunterscheidung machen: Sei [mm]a_n>0,[/mm] dann muss gelten
> [mm]a_n\ge[/mm] 1. Sei
> > [mm]a_n<0,[/mm] dann muss gelten [mm]a_n\le[/mm] 1. Also gilt [mm]a_{n+1}\le[/mm] 2
> nur für [mm]a_n<0\[/mm] > oder [mm]a_n\ge[/mm] 1.
>
> Wieso muss gelten [mm]a_n\le[/mm] 1, falls [mm]a_n[/mm] < 0 ist?
Sei [mm] $a_n>0\$. [/mm] Aus [mm] $1/a_n\le [/mm] 1$ folgt [mm] $a_n\ge [/mm] 1$. Also muss sowohl [mm] $a_n>0\$ [/mm] als auch [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ gelten, damit [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$ gilt. Das ist genau dann der Fall, wenn [mm] $a_n\ge 1\$ [/mm] gilt.
Sei [mm] $a_n<0\$. [/mm] Aus [mm] $1/a_n\le [/mm] 1$ folgt [mm] $a_n\le [/mm] 1$. Also muss sowohl [mm] $a_n<0\$ [/mm] als auch [mm] $a_n\le [/mm] 1$ gelten, damit [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$ gilt. Das ist genau dann der Fall, wenn [mm] $a_n<0\$ [/mm] gilt.
Also muss entweder [mm] $a_n<0\$ [/mm] oder [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ gelten, damit [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$ gilt.
Für alle [mm] $a_n\in[0,1)$ [/mm] haben wir also ein Problem. Sei (zum Beispiel) [mm] $a_n=1/2\$. [/mm] Dann gilt [mm] $a_{n+1}=1+1/(1/2)=3\not\le [/mm] 2$.
> Wenn [mm]a_n[/mm] < 0 ist, dann gilt doch immer [mm]1/a_n[/mm] < 0 [mm]\le[/mm] 1.
Ja, aber wir wollen doch ganz abstrakt zeigen, dass [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$. Dazu müssen wir eine Fallunterscheidung machen.
(Ohnehin wird der Fall [mm] $a_n<0\$ [/mm] keine Rolle spielen. )
> > Du wirst als Folgerung der IV erhalten [mm]1/a_n\le 1\le 2/a_n [/mm],
> aber im IS > wirst Du [mm]1\le 2/a_n[/mm] nicht verwenden, sondern
> nur [mm]1/a_n\le 1 [/mm].
>
> > Mit anderen Worten: Du wolltest die IV umformulieren, aber
> benutzt hast > Du sie nicht.
>
> Hmm genau das ist irgendwie das Problem bei der Aufgabe,
> dass ich es nicht so elegant hinbekomme, dass ich die
> Induktionsvoraussetzung benutze.
> Geht das überhaupt?
Nein. Den Grund habe ich Dir oben geliefert.
(Falls Du weiterhin Probleme damit haben solltest den Grund zu verstehen, dass versuche doch mal [mm] $a_n\le [/mm] 2$ für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] unabhängig, d.h. ohne dem Vorwissen [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ für alle [mm] $n\in\IN$, [/mm] zu zeigen. Du wirst feststellen, dass Du (gezwungenermaßen) wieder darauf stoßen wirst, dass [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] gilt.)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:26 Do 22.12.2016 | | Autor: | X3nion |
Hallo DieAcht,
danke für deine ausführlichen Erklärungen!
> Sei [mm] $a_n>0\$. [/mm] Aus [mm] $1/a_n\le [/mm] 1$ folgt [mm] $a_n\ge [/mm] 1$. Also muss sowohl
> [mm] $a_n>0\$ [/mm] als auch [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ gelten, damit [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$ gilt. Das ist > genau dann der Fall, wenn [mm] $a_n\ge 1\$ [/mm] gilt.
> Sei [mm] $a_n<0\$. [/mm] Aus [mm] $1/a_n\le [/mm] 1$ folgt [mm] $a_n\le [/mm] 1$. Also muss sowohl
> [mm] $a_n<0\$ [/mm] als auch [mm] $a_n\le [/mm] 1$ gelten, damit [mm] $a_{n+1}\le [/mm] 2$ gilt. Das ist
> genau dann der Fall, wenn [mm] $a_n<0\$ [/mm] gilt.
> Also muss entweder [mm] $a_n<0\$ [/mm] oder [mm] $a_n\ge [/mm] 1$ gelten, damit [mm] $a_{n+1}\le [/mm] > 2$ gilt
Okay nun macht mir das Sinn, glaube ich!
- Wenn [mm] a_n [/mm] > 0 ist und man die Ungleichung [mm] 1/a_n\le [/mm] 1 auf beiden Seiten mit [mm] a_n [/mm] multipliziert, so erhält man [mm] a_n \ge [/mm] 1
- Wenn [mm] a_n [/mm] < 0 ist und man [mm] 1/a_n\le [/mm] 1 mit [mm] a_n [/mm] auf beiden Seiten multipliziert, so dreht sich das Vorzeichen um (da [mm] a_n [/mm] < 0) und man erhält [mm] a_n\le [/mm] 1
Wäre das so korrekt?
Im Beweis der Induktion habe ich gemerkt, dass ich auf [mm] a_n \ge [/mm] 1 zurückgreifen muss.
Kann man allgemein sagen, dass man bei einer vollständigen Induktion die Induktionsvorraussetzung nicht unbedingt benutzen muss?
Das hast du in einem deiner vorangegangenen Beiträge geschrieben, nämlich: "Dabei ist zu beachten, dass wir die Induktionsvoraussetzung (in der Regel) benutzen wollen, aber nicht müssen! Letzteres kommt vor Allem dann vor, wenn wir mit Kanonen auf Spatzen schießen."
Also geht es auch, dass die Induktionsvoraussetzung nicht benutzt wird, ohne dass man die Jagdsaisons eröffnet und mit Kanonen auf Spatzen schießt? ![[happy]](/images/smileys/happy.gif "[happy]")
Viele Grüße,
X3nion
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:50 Do 22.12.2016 | | Autor: | DieAcht |
> > Sei [mm]a_n>0\[/mm]. Aus [mm]1/a_n\le 1[/mm] folgt [mm]a_n\ge 1[/mm]. Also muss sowohl
> > [mm]a_n>0\[/mm] als auch [mm]a_n\ge 1[/mm] gelten, damit [mm]a_{n+1}\le 2[/mm] gilt.
> Das ist > genau dann der Fall, wenn [mm]a_n\ge 1\[/mm] gilt.
> > Sei [mm]a_n<0\[/mm]. Aus [mm]1/a_n\le 1[/mm] folgt [mm]a_n\le 1[/mm]. Also muss
> sowohl
> > [mm]a_n<0\[/mm] als auch [mm]a_n\le 1[/mm] gelten, damit [mm]a_{n+1}\le 2[/mm] gilt.
> Das ist
> > genau dann der Fall, wenn [mm]a_n<0\[/mm] gilt.
> > Also muss entweder [mm]a_n<0\[/mm] oder [mm]a_n\ge 1[/mm] gelten, damit
> [mm]a_{n+1}\le > 2[/mm] gilt
>
> Okay nun macht mir das Sinn, glaube ich!
>
> - Wenn [mm]a_n[/mm] > 0 ist und man die Ungleichung [mm]1/a_n\le[/mm] 1 auf
> beiden Seiten mit [mm]a_n[/mm] multipliziert, so erhält man [mm]a_n \ge[/mm]
> 1
>
> - Wenn [mm]a_n[/mm] < 0 ist und man [mm]1/a_n\le[/mm] 1 mit [mm]a_n[/mm] auf beiden
> Seiten multipliziert, so dreht sich das Vorzeichen um (da
> [mm]a_n[/mm] < 0) und man erhält [mm]a_n\le[/mm] 1
>
> Wäre das so korrekt?
Ja.
> Im Beweis der Induktion habe ich gemerkt, dass ich auf [mm]a_n \ge[/mm]
> 1 zurückgreifen muss.
Ja.
"Das Problem ist allerdings, dass wir sowohl bei der zweiten, als auch bei der dritten Möglichkeit, zwangsläufig darauf stoßen, dass $ [mm] a_n\ge [/mm] 1 $ für alle $ [mm] n\in\IN [/mm] $ gilt, so dass nur die erste Möglichkeit Sinn macht."
> Kann man allgemein sagen, dass man bei einer
> vollständigen Induktion die Induktionsvorraussetzung nicht
> unbedingt benutzen muss?
Ja.
> Das hast du in einem deiner vorangegangenen Beiträge
> geschrieben, nämlich: "Dabei ist zu beachten, dass wir die
> Induktionsvoraussetzung (in der Regel) benutzen wollen,
> aber nicht müssen! Letzteres kommt vor Allem dann vor,
> wenn wir mit Kanonen auf Spatzen schießen."
>
> Also geht es auch, dass die Induktionsvoraussetzung nicht
> benutzt wird, ohne dass man die Jagdsaisons eröffnet und
> mit Kanonen auf Spatzen schießt?
Richtig.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:54 Sa 24.12.2016 | | Autor: | X3nion |
Okay Dankeschön!
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