Rekursive Folge Beweis < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:16 Do 04.08.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
wenn man eine rekursive Folge gegeben hat, zbsp : [mm] $a_{0}=0$ [/mm] und [mm] $a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}}$ [/mm]
dann zeigt man die Monotonie und Beschränktheit und dann konvergiert das aber wie beweist man dass der Grenzwert [mm] $a_{n\rightarrow \infty}=\sqrt{2+a_{n\rightarrow \infty}}$ [/mm] beträgt?
Und allgemein immer diese Form hat?
Folgt das aus dem Beweis, dass eine beschränkte monotone Folge konvergiert?
Kann man sagen dass eine Folge, die beschränkt ist und monoton fallend immer gegen das Infimum und monoton steigend gegen das Supremum konvergiert?
Danke für jegliche Hilfe.
Gruss
kushkush
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:20 Do 04.08.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
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> wenn man eine rekursive Folge gegeben hat, zbsp : [mm]a_{0}=0[/mm]
> und [mm]a_{n+1}=\sqrt{2+a_{n}}[/mm]
>
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> dann zeigt man die Monotonie und Beschränktheit und dann
> konvergiert das aber wie beweist man dass der Grenzwert
> [mm]a_{n\rightarrow \infty}=\sqrt{2+a_{n\rightarrow \infty}}[/mm]
> beträgt?
Sei a der Grenwert von [mm] (a_n): [/mm] Dann gilt:
[mm] a_{n+1} \to [/mm] a, [mm] 2+a_n \to [/mm] 2+a und [mm] \wurzel{2+a_n} \to \wurzel{2+a} [/mm] (n [mm] \to \infty)
[/mm]
>
> Und allgemein immer diese Form hat?
>
> Folgt das aus dem Beweis, dass eine beschränkte monotone
> Folge konvergiert?
Nein.
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> Kann man sagen dass eine Folge, die beschränkt ist und
> monoton fallend immer gegen das Infimum und monoton
> steigend gegen das Supremum konvergiert?
Ja
FRED
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> Danke für jegliche Hilfe.
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>
> Gruss
> kushkush
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:36 Do 04.08.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
oder etwas allgemeiner: gilt [mm] $a_{n+1} [/mm] = [mm] f(a_n)$ [/mm] mit stetiger Funktion $f$, so gilt fuer den Grenzwert $a$ folgende Gleichungskette: $a = [mm] \lim_{n\to\infty} a_n [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty} a_{n+1} [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty} f(a_n) [/mm] = [mm] f(\lim_{n\to\infty} a_n) [/mm] = f(a)$.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:41 Do 04.08.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo felix,
> Ergänzung
Danke, das kann ich gut gebrauchen.
Gruss
kushkush
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:40 Do 04.08.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
> erklärung
> nein
> ja
OK.
sei [mm] (a_{n}) [/mm] beschränkt und monoton fallend mit Grenzwert a, dann [mm] $\exists [/mm] ! [mm] Inf(a_{n}) \in \IR [/mm] : [mm] |a_{n}| \ge Inf(a_{n}) [/mm] $ . Annahme : [mm] $(a_{n})$ [/mm] konvergiert für $n [mm] \rightarrow \infty$ [/mm] nicht gegen $ [mm] Inf(a_{n})$, [/mm] dann [mm] $\exists [/mm] K [mm] \in \IR: |a_{n \rightarrow \infty} [/mm] | [mm] \ge [/mm] K < [mm] Inf(a_{n})$ [/mm] . Das ist aber ein Widerspruch zur VOraussetzung und deshalb konvergiert das gegen [mm] $Inf(a_{n})$.
[/mm]
Analog dann auch für [mm] $Sup(a_{n})$ [/mm] ??
Ist das so OK?
> FRED
Danke
KUSH
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:58 Do 04.08.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
>
> > erklärung
>
> > nein
>
> > ja
>
> OK.
>
> sei [mm](a_{n})[/mm] beschränkt und monoton fallend mit Grenzwert
> a, dann [mm]\exists ! Inf(a_{n}) \in \IR : |a_{n}| \ge Inf(a_{n})[/mm]
> . Annahme : [mm](a_{n})[/mm] konvergiert für [mm]n \rightarrow \infty[/mm]
> nicht gegen [mm]Inf(a_{n})[/mm], dann [mm]\exists K \in \IR: |a_{n \rightarrow \infty} | \ge K < Inf(a_{n})[/mm]
Das ist doch eine Trivialität ! Jedes K < [mm] Inf(a_{n}) [/mm] leistet das.
> . Das ist aber ein Widerspruch zur VOraussetzung und
> deshalb konvergiert das gegen [mm]Inf(a_{n})[/mm].
Unsinn
>
> Analog dann auch für [mm]Sup(a_{n})[/mm] ??
>
>
> Ist das so OK?
Nein.
FRED
>
>
> > FRED
>
> Danke
>
> KUSH
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:08 Do 04.08.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
> Nein
Also [mm] (a_{n}) [/mm] ist eine monoton fallende und beschränkt Folge mit Grenzwert a, d.h. es gibt ein [mm] $Inf(a_{n}) \le a_{n}$. [/mm] Annahme dass [mm] $(a_{n})$ [/mm] konvergiert nicht gegen [mm] $Inf(a_{n})$, [/mm] also [mm] $Inf(a_{n}) \ne [/mm] a$ . Dann muss $a < [mm] Inf(a_{n})$ [/mm] was aber nicht sein kann weil [mm] $a_{n}$ [/mm] beschränkt ist.
Daher ist [mm] $Inf(a_{n}) [/mm] = lim [mm] a_{n}$.
[/mm]
Jetzt weniger UnsinN??
>FRED
Danke
KUSH
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:19 Do 04.08.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
>
>
> > Nein
>
> Also [mm](a_{n})[/mm] ist eine monoton fallende und beschränkt
> Folge mit Grenzwert a, d.h. es gibt ein [mm]Inf(a_{n}) \le a_{n}[/mm].
> Annahme dass [mm](a_{n})[/mm] konvergiert nicht gegen [mm]Inf(a_{n})[/mm],
> also [mm]Inf(a_{n}) \ne a[/mm] . Dann muss [mm]a < Inf(a_{n})[/mm] was aber
> nicht sein kann weil [mm]a_{n}[/mm] beschränkt ist.
>
>
> Daher ist [mm]Inf(a_{n}) = lim a_{n}[/mm].
>
>
> Jetzt weniger UnsinN??
Nein.
Fällt Dir denn gar nicht auf, dass Du bislang die Monotonie der Folge [mm] (a_n) [/mm] nicht benutzt hast ?
FRED
>
>
> >FRED
> Danke
>
> KUSH
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:08 Do 04.08.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
> monotonie
für den Grenzwert einer monoton fallenden, beschränkten Folge gilt [mm] $a_{n}\ge a_{n+1}... \ge a_{n\rightarrow \infty}$
[/mm]
und [mm] $Inf(a_{n})$ [/mm] ist das kleinstmögliche Glied in [mm] $(a_{n})$ [/mm] also muss gelten [mm] $Inf(a_{n}) [/mm] = a [mm] \$ [/mm] für $n [mm] \rightarrow \infty$ [/mm] ? ? ?
> FRED
Danke
KUSH
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:28 Do 04.08.2011 | | Autor: | kushkush |
Hallo,
> Warum?
weil die Folge monoton fallend ist und beschränkt!!
> Erklärung
Danke!!!
> FRED
KUSH
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