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Konvergenz Rekursiver Folge,unbekannter Startwert

Universität / Fachhochschule

Funktionenfolgen

Tags: Funktionenfolgen

gerolsteiner aktiv_icon

13:27 Uhr, 31.08.2017

Hallo,

ich brauch mal wieder Hilfe, bei der ich sehr unsicher bin, ob mein Ansatz in die Richtige Richtung geht.

Erstmal zu der ersten Aufgabe:

Um Konvergenz zu zeigen, versuche ich zu zeigen, dass die Folge nach unten beschränkt und monoton fallend ist.

zur Beschränktheit:

Wenn man sich die Funktion

f (x) = x^{2} + 9 - sin (x)

anschaut, sieht man das

x^{2} \geq 0

und

| sin (x) | \leq 1

und 9 eine Konstante ist.
Vermutung die Folge ist nach unten Beschränkt mit

0 + 9 - 1 = 8

z . z

a (n) \geq 8

I.A.

n = 0

a (0) = r \geq 8

für alle

r \in R \geq 8

I.V. Für ein beliebiges

n \in N

gilt:

a (n) \geq 8

I.S.

z . z

a (n + 1) \geq 8

Betrachte:

a (n + 1) = a {(n)}^{2} + 9 - sin (a (n)) >^{I . V} 8^{2} + 9 - sin (8) > 8

q . e . d

\to

Folge ist nach unten durch 8 beschränkt

weiterhin

z . z

. Folge ist monoton fallend:

z . z

a (n) > a (n + 1)

I.A.

n = 0

a (0) = r > r^{2} + 9 - sin (r) = a (1)

das gilt offensichtlich nicht, denn

r < r^{2}

für alle.

r \in R

Also kann ich nicht das Montoniekriterium hier anwenden?
Die Folge wenn man sie sich vorstellt, ist ja sozusagen eine Parabel, also offensichtlich nach unten beschränkt und nach oben nicht beschränkt. Heißt das, dass die Folge insgesamt unbeschränkt ist und somit divergent? Ich bringe da glaub ich was durcheinander mit den Definitionen..

Danke für die Hilfe.
Grüße Gerolsteiner

DrBoogie aktiv_icon

14:14 Uhr, 31.08.2017

Dass die Folge nach unten durch

8

beschränkt ist, geht direkt ohne Induktion,
denn

f (x) \geq 8

für alle

x

.

Monoton ist sie auch, weil

f (x) = x^{2} + 9 - \sin (x) \geq x \cdot x + 8 \geq x \cdot 8 + 8 > x

.
Sie ist auch nicht nur einfach monoton, sonder für sie gilt

a_{r} (k) \geq 8 k

, das folgt aus der oberen Zeile. Also konvergiert sie gegen

+ \infty

für alle

r

gerolsteiner aktiv_icon

18:41 Uhr, 31.08.2017

Danke für die Antwort!

Also ist diese rekursive Folge bestimmt divergent für alle r?

Ich wollt hier ja das Monotoniekriterium verwenden, um zu zeigen, dass diese Folge evtl. konvergiert. Da sie ja nach unten beschränkt ist, muss ich doch nach dem Kriterium auch zeigen, dass sie monoton fallend ist, richtig?
Aber wie ich gezeigt habe, ist das ja offensichtlich nicht der Fall. Wenn ich dann zusätzlich untersuchen würde, ob sie monoton wachsend ist und der Fall trifft ja hier zu. Kann ich daraus schliessen, dass es gegen

\infty

konvergiert?

DrBoogie aktiv_icon

18:48 Uhr, 31.08.2017

Nein, monoton wachsend bedeutet nicht, dass es gegen

\infty

gehen muss, z.B.

1 - 1 / n

.
Ich habe gezeigt, wie man argumentiert, dass sie gegen

\infty

geht.

gerolsteiner aktiv_icon

18:52 Uhr, 31.08.2017

Ja generell nicht, aber in diesem Fall, mit dem Zusammenhang,dass es nacht unten beschränkt ist und nicht monoton fallend ist?

ledum aktiv_icon

12:05 Uhr, 01.09.2017

Hallo
"in diesem Fall hat die DrB gezeigt, warum divergent,
aber nach unten beschränkt hilft dabei nichts, monoton wachsend auch nicht, das wurde schon gesagt, also versteh ich deine Frage nicht.
Gruß ledum

gerolsteiner aktiv_icon

21:34 Uhr, 19.09.2017

Hey,
wie in einem anderen Post schon beschrieben. Gibt es für die Lösung solcher Aufgaben, wohl eine einfachere Lösung. Ich versuche sie mal auf die erste Aufgabe anzuwenden.

Die Folge

a_{r}

konvergiert, wenn

f (lim a_{r}) = lim a_{r}

gilt.
Es gilt:

lim a_{r} (n) = a = lim a_{r} (n + 1)

Annahme: Die Folge konvergiert. Dann muss gelten

f (a) = a

gelten.

f (a) = a^{2} + 9 - sin (a) = a

a^{2} + 9 - sin (a) - a =^{!} 0

Als Übung versuche ich mal die Anwendung des Zwischenwertsatzes. Alternativ wäre das auch möglich, wenn man zeigt, dass es nach unten mit 8 beschränkt ist bzw. dort ein Minimum hat?

Die Funktion ist stetig als Komposition stetiger Funktionen.

D . h

. es existiert hier eine Nullstelle, falls

f (x_{1}) \geq 0

und

f (x_{2}) \leq 0

mit

f (x_{1}) \leq 0 \leq f (x_{2})

und

x_{1}, x_{2} \in R

.

Dazu untersuche ich zunächst:

lim_{(x_{1}) \to \infty} x_{1}^{2} + 9 - sin (x_{1}) = \infty = lim_{(x_{2}) \to - \infty} f (x_{2})

Da beides mal die Werte gegen

\infty

konvergieren, existiert keine Nullstelle.
Daraus folgt

a^{2} + 9 - sin (a) - a > 0

und somit ist diese Folge divergent.

DrBoogie aktiv_icon

08:36 Uhr, 20.09.2017

Etwas einfacher wäre:

a^{2} + 9 - \sin (a) - a \geq a^{2} + 8 - a = (a - 0.5)^{2} + 7.75 \geq 7.75 > 0

für alle

a

gerolsteiner aktiv_icon

10:42 Uhr, 20.09.2017

Ok. Das ist wirklich einfacher.

Nochmal eine grundsätzliche Frage. In dieser Aufgabe 4 sollten wir ja beweisen:

a_{r}

konvergiert

\to f (lim a_{r}) = lim a_{r}

.

Was wir aber gezeigt haben, ist doch folgendes? Also

f (lim a_{r}) \neq lim a_{r} \to a_{r}

divergent.
Das kann man so ohne weiteres machen, indem man einen Widerspruchsbeweis, oben anwendet?

Also wir nehmen an, dass

a_{r}

konvergiert(wissen es aber nicht), dann muss auf jeden fall die Bedingung

f (lim a_{r}) = lim a_{r}

wahr sein, damit diese ganze Folgerung wahr ist. In Aussagenlogik bedeutet das doch gerade true

\to

false ( Ist false) und true-> true (ist true).

Und zur zweiten Aufgabe des Blattes ganz oben. Kann ich den Satz hier auch anwenden, indem ich mir die Folge

b_{r}

als Funktion definiere?

in etwa

f (x) = x + {(\frac{x + {(- 1)}^{x}}{2 x})}^{x^{2}}

\forall x \in N

\0

und dann wie oben vorgehen?

DrBoogie aktiv_icon

10:47 Uhr, 20.09.2017

"Das kann man so ohne weiteres machen, indem man einen Widerspruchsbeweis, oben anwendet?"

Ja. Dan ist ganz normale "Umkehrung" von Implikation.

"Und zur zweiten Aufgabe des Blattes ganz oben. Kann ich den Satz hier auch anwenden, indem ich mir die Folge als Funktion definiere?"

Die Funktion ist leider nicht stetig. Eigentlich ist sie nicht mal wohl definiert, denn was ist z.B.

(- 1)^{\sqrt{2}}

gerolsteiner aktiv_icon

12:24 Uhr, 20.09.2017

Stimmt, das geht nicht. Schade.

Ok. Mein Versuch hier dann:

Ich betrachte die folge

b_{r} (n) = b_{r} (n - 1) + {(\frac{n + {(- 1)}^{n}}{2 n})}^{n^{2}}

Definiere mir

c_{r} (n) = r + f (n),

wobei

f (n) = {(\frac{n + {(- 1)}^{n}}{2 n})}^{n^{2}}

Tendenz dieser Folge:

c_{r} (0) = r

c_{r} (1) = r + f (1)

c_{r} (2) = (r + f (1)) + f (2)

c_{r} (n) = (r + f (1) + f (2)) + f (3) + ... + f (n - 1)

c_{r} = r + \sum_{n = 0}^{n - 1} {(\frac{n + {(- 1)}^{n}}{2 n})}^{n^{2}}

. .

.

Man erkennt also, für die Konvergenz entscheidend ist das

f (n),

wenn das konvergiert, dann konvergiert unsere Folge

b_{r}

.

zu prüfen

\sum_{n = 0}^{n - 1} {(\frac{n + {(- 1)}^{n}}{2 n})}^{n^{2}}

auf Konvergenz

Es gilt:

n^{2} > n

\sum_{n = 0}^{n - 1} {(\frac{n + {(- 1)}^{n}}{2 n})}^{n^{2}} \leq \sum_{n = 0}^{n - 1} {(\frac{n + 1}{2 n})}^{n^{2}} \leq \sum_{n = 0}^{n - 1} {(\frac{n + 1}{2 n})}^{n}

Mit Wurzelkriterium für:

lim {(\frac{n + 1}{2 n})}^{n} = \frac{1}{2} < 1

konvergiert die Majorante

\to

somit auch

\sum_{n = 0}^{n - 1} {(\frac{n + {(- 1)}^{n}}{2 n})}^{n^{2}}

.

Fazit: da

f (n)

konvergiert

\to

konvergiert die Folge

b_{r}

\forall r \in R

Stimmt das? oder gibt es hier auch einen leichteren Weg?

DrBoogie aktiv_icon

13:29 Uhr, 20.09.2017

lim_{n} (\frac{n + 1}{2 n})^{n}

ist nicht

1 / 2

, sondern

0

.

Es gilt allgemein:

lim_{n} (1 + \frac{x}{n})^{n} = e^{x}

, daher

lim_{n} (\frac{n + 1}{2 n})^{n} = lim_{n} (\frac{1}{2})^{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} = lim_{n} (\frac{1}{2})^{n} lim_{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} \to 0 \cdot e^{1} = 0

.

Aber jetzt wie man am einfachsten argumentiert:

wegen

lim_{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} = e

gilt

(1 + \frac{1}{n})^{n} < 3

für alle genug große

n

. Dann aber gilt für solche

n

0 \leq (\frac{n + (- 1)^{n}}{2 n})^{n^{2}} \leq (\frac{n + 1}{2 n})^{n^{2}} = ((\frac{n + 1}{2 n})^{n})^{n} = ((\frac{1}{2})^{n} (1 + \frac{1}{n})^{n})^{n} < (3 (\frac{1}{2})^{n})^{n} < 3 (\frac{1}{2})^{n}

,
denn für große

n

gilt

3 (\frac{1}{2})^{n} < 1

.

Damit haben eine kovergierende Majorante für

\sum_{n} (\frac{n + (- 1)^{n}}{2 n})^{n^{2}}

,
also konvergiert die Reihe und damit auch die Folge

b_{r} (n)

gerolsteiner aktiv_icon

14:01 Uhr, 20.09.2017

Nochmals vielen Dank DrBoogie!

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