Rekursiv definierte Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Es sei [mm] a_{0} [/mm] = 0 und [mm] a_{n} [/mm] = [mm] a_{n-1}^{2} [/mm] - [mm] \frac{1}{5} [/mm] . Zeigen Sie
a) - [mm] \frac{1}{5} \le a_{n} \le [/mm] 0 für alle n [mm] \in ~\mathbb N_{0} [/mm] ,
b) [mm] |a_{n+1} [/mm] - [mm] a_{n}| [/mm] < [mm] (\frac{2}{5})^{n+1} [/mm] für alle n [mm] \in ~\mathbb N_{0}
[/mm]
c) a = [mm] \lim \limits_{n \to \infty} a_{n} [/mm] existiert, und
d) berechnen Sie a. |
Hallo,
Aufgabenteil a), b) und d) habe ich bereits gemacht, nur bei der c) bin ich mir nicht sicher. Ich habe versucht zu zeigen, dass [mm] a_{n} [/mm] eine Cauchy-Folge ist:
Ersteinmal gilt mit c) ja: [mm] |a_{n+r} [/mm] - [mm] a_{n-r-1}| [/mm] < [mm] (\frac{2}{5})^{n+r} [/mm] mit r [mm] \in ~\mathbb [/mm] N.
Auserdem gilt: [mm] |a_{n+2} [/mm] - [mm] a_{n}| \le |a_{n+2} [/mm] - [mm] a_{n+1}| [/mm] + [mm] |a_{n+1} [/mm] - [mm] a_{n}|
[/mm]
Sei nun [mm] \epsilon [/mm] > 0 bel. und für [mm] n_{0} \in ~\mathbb [/mm] N gilt: 0 < [mm] \frac{3}{2} \epsilon (\frac{5}{2})^{n_{0}} [/mm] . Sei weiterhin r,n,m [mm] \in ~\mathbb [/mm] N und gelte [mm] \forall [/mm] m > n [mm] \ge n_{0} [/mm] und m := n+r. Dann gilt [mm] \forall [/mm] m > n [mm] \ge n_{0}:
[/mm]
[mm] |a_{m} [/mm] - [mm] a_{n}| [/mm] = [mm] |a_{n+r} [/mm] - [mm] a_{n}| \le |a_{n+r} [/mm] - [mm] a_{n+r-1}| [/mm] + .... + [mm] |a_{n+1} [/mm] - [mm] a_{n}| [/mm] < [mm] (\frac{2}{5})^{n+r} [/mm] + .... + [mm] (\frac{2}{5})^{n+1} [/mm] = [mm] \sum_{k=1}^{r} (\frac{2}{5})^{n+k} [/mm] = [mm] (\frac{2}{5})^{n} \sum_{k=0}^{r} (\frac{2}{5})^{k} [/mm] - [mm] (\frac{2}{5})^{n} [/mm] = [mm] (\frac{2}{5})^{n} \frac{1-(\frac{2}{5})^{r+1}}{1-\frac{2}{5}} [/mm] - [mm] (\frac{2}{5})^{n} \le (\frac{2}{5})^{n} \frac{5}{3} [/mm] - [mm] (\frac{2}{5})^{n} [/mm] = [mm] \frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n} \le \frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n_{0}} [/mm] < [mm] \epsilon
[/mm]
Somit wäre [mm] a_{n} [/mm] eine Cauchy-Folge und sie hätte einen Grenzwert. Kann man das so machen? Mir kommt das sehr komisch vor, vorallem auch im Vergleich zu den anderen Aufgaben, die waren deutlich simpler. Kann es sein, dass es einen einfacheren Weg gibt?
Außerdem müsste ich auch mein [mm] n_{0} [/mm] in abhängigkeit von [mm] \epsilon [/mm] besser aufschreiben, ich kann es leider nicht weiter umformen.. .
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:52 Di 02.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Es sei [mm]a_{0}[/mm] = 0 und [mm]a_{n}[/mm] = [mm]a_{n-1}^{2}[/mm] - [mm]\frac{1}{5}[/mm] .
> Zeigen Sie
>
> a) - [mm]\frac{1}{5} \le a_{n} \le[/mm] 0 für alle n [mm]\in ~\mathbb N_{0}[/mm]
> ,
> b) [mm]|a_{n+1}[/mm] - [mm]a_{n}|[/mm] < [mm](\frac{2}{5})^{n+1}[/mm] für alle n [mm]\in ~\mathbb N_{0}[/mm]
>
> c) a = [mm]\lim \limits_{n \to \infty} a_{n}[/mm] existiert, und
> d) berechnen Sie a.
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
> Hallo,
>
> Aufgabenteil a), b) und d) habe ich bereits gemacht, nur
> bei der c) bin ich mir nicht sicher. Ich habe versucht zu
> zeigen, dass [mm]a_{n}[/mm] eine Cauchy-Folge ist:
>
> Ersteinmal gilt mit c) ja: [mm]|a_{n+r}[/mm] - [mm]a_{n-r-1}|[/mm] <
> [mm](\frac{2}{5})^{n+r}[/mm] mit r [mm]\in ~\mathbb[/mm] N.
> Auserdem gilt: [mm]|a_{n+2}[/mm] - [mm]a_{n}| \le |a_{n+2}[/mm] - [mm]a_{n+1}|[/mm] +
> [mm]|a_{n+1}[/mm] - [mm]a_{n}|[/mm]
> Sei nun [mm]\epsilon[/mm] > 0 bel. und für [mm]n_{0} \in ~\mathbb[/mm] N
> gilt: 0 < [mm]\frac{3}{2} \epsilon (\frac{5}{2})^{n_{0}}[/mm] .
Das gilt doch für jedes [mm] n_0 [/mm] !!!!!!
> Sei
> weiterhin r,n,m [mm]\in ~\mathbb[/mm] N und gelte [mm]\forall[/mm] m > n [mm]\ge n_{0}[/mm]
> und m := n+r. Dann gilt [mm]\forall[/mm] m > n [mm]\ge n_{0}:[/mm]
>
> [mm]|a_{m}[/mm] - [mm]a_{n}|[/mm] = [mm]|a_{n+r}[/mm] - [mm]a_{n}| \le |a_{n+r}[/mm] -
> [mm]a_{n+r-1}|[/mm] + .... + [mm]|a_{n+1}[/mm] - [mm]a_{n}|[/mm] < [mm](\frac{2}{5})^{n+r}[/mm]
> + .... + [mm](\frac{2}{5})^{n+1}[/mm] = [mm]\sum_{k=1}^{r} (\frac{2}{5})^{n+k}[/mm]
> = [mm](\frac{2}{5})^{n} \sum_{k=0}^{r} (\frac{2}{5})^{k}[/mm] -
> [mm](\frac{2}{5})^{n}[/mm] = [mm](\frac{2}{5})^{n} \frac{1-(\frac{2}{5})^{r+1}}{1-\frac{2}{5}}[/mm]
> - [mm](\frac{2}{5})^{n} \le (\frac{2}{5})^{n} \frac{5}{3}[/mm] -
> [mm](\frac{2}{5})^{n}[/mm] = [mm]\frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n} \le \frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n_{0}}[/mm]
> < [mm]\epsilon[/mm]
>
> Somit wäre [mm]a_{n}[/mm] eine Cauchy-Folge und sie hätte einen
> Grenzwert. Kann man das so machen?
Ja, bis auf die Sache mit [mm] n_0.
[/mm]
Du mußt [mm] n_0 [/mm] so wählen, dass gilt:
[mm] \frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n_{0}}<[/mm] [mm]\epsilon[/mm]
Löse diese Ungleichung nach [mm] n_0 [/mm] auf. So wählst Du dann [mm] n_0 [/mm] ganz am Anfang
FRED
> Mir kommt das sehr
> komisch vor, vorallem auch im Vergleich zu den anderen
> Aufgaben, die waren deutlich simpler. Kann es sein, dass es
> einen einfacheren Weg gibt?
> Außerdem müsste ich auch mein [mm]n_{0}[/mm] in abhängigkeit von
> [mm]\epsilon[/mm] besser aufschreiben, ich kann es leider nicht
> weiter umformen.. .
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> Ja, bis auf die Sache mit $ [mm] n_0. [/mm] $
>
> Du mußt $ [mm] n_0 [/mm] $ so wählen, dass gilt:
>
> $ [mm] \frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n_{0}}< [/mm] $ $ [mm] \epsilon [/mm] $
>
> Löse diese Ungleichung nach $ [mm] n_0 [/mm] $ auf. So wählst Du dann $ [mm] n_0 [/mm] $
> ganz
> am Anfang
>
> FRED
Hallo,
danke für die Antwort. Da komme ich leider nicht weiter, dass was ich oben zu [mm] n_{0} [/mm] geschrieben hatte war auch falsch, da sollte eigentlich eine 1 anstelle der 0 stehen, so:
> und für $ [mm] n_{0} \in ~\mathbb [/mm] $ N
> gilt: 1 < $ [mm] \frac{3}{2} \epsilon (\frac{5}{2})^{n_{0}} [/mm] $
ich könnte noch hierzu umformen:
1 < [mm] \wurzel[n_{0}]{\epsilon \frac{3}{2}} \frac{5}{2}
[/mm]
weiter komme ich leider nicht, wäre gut, wenn du einen Tipp dazu geben könntest :) .
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:53 Di 02.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> > Ja, bis auf die Sache mit [mm]n_0.[/mm]
> >
> > Du mußt [mm]n_0[/mm] so wählen, dass gilt:
> >
> > [mm]\frac{2}{3} (\frac{2}{5})^{n_{0}}<[/mm] [mm]\epsilon[/mm]
> >
> > Löse diese Ungleichung nach [mm]n_0[/mm] auf. So wählst Du dann
> [mm]n_0[/mm]
> > ganz
> > am Anfang
> >
> > FRED
>
> Hallo,
> danke für die Antwort. Da komme ich leider nicht weiter,
> dass was ich oben zu [mm]n_{0}[/mm] geschrieben hatte war auch
> falsch, da sollte eigentlich eine 1 anstelle der 0 stehen,
> so:
>
> > und für [mm]n_{0} \in ~\mathbb[/mm] N
> > gilt: 1 < [mm]\frac{3}{2} \epsilon (\frac{5}{2})^{n_{0}}[/mm]
>
> ich könnte noch hierzu umformen:
>
> 1 < [mm]\wurzel[n_{0}]{\epsilon \frac{3}{2}} \frac{5}{2}[/mm]
>
> weiter komme ich leider nicht, wäre gut, wenn du einen
> Tipp dazu geben könntest :) .
ist Dir bekannt, wie man Logarithmus schreibt ?
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:07 Di 02.04.2013 | | Autor: | Stephan123 |
Ja, danke für den Tipp, ist mir bissher nicht eingefallen... . Es müsste also gelten:
[mm] n_{0} [/mm] > [mm] log_{\frac{2}{5}} \frac{3}{2} \epsilon.
[/mm]
So in Ordnung?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:10 Di 02.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Ja, danke für den Tipp, ist mir bissher nicht
> eingefallen... . Es müsste also gelten:
> [mm]n_{0}[/mm] > [mm]log_{\frac{2}{5}} \frac{3}{2} \epsilon.[/mm]
> So in
> Ordnung?
Ist Dir bekannt, wie man "Klammer" schreibt ?
So ist es in Ordnung:
[mm]n_{0}[/mm] > [mm]log_{\frac{2}{5}}( \frac{3}{2} \epsilon).[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:39 Di 02.04.2013 | | Autor: | Stephan123 |
Alles klar, danke.
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Hallo Stephan,
ich sehe keinen Grund für soviel Aufwand.
edit: Der folgende blaue Absatz ist Unsinn.
Wenn Du die ersten beiden Aufgabenteile gelöst hast, ist doch c) gleich mit erledigt, denn die Folge [mm] \blue{a_n} [/mm] ist nach oben und unten beschränkt (Teil a) und die Folge [mm] \blue{|a_{n+1}-a_n|} [/mm] ist eine Nullfolge (Teil b).
Das hier funktioniert aber:
Da Du den Grenzwert kennst (Teil d), könntest Du auch zeigen, dass die Folge [mm] b_n:=a_n-\bruch{1}{2}+\bruch{3}{10}\wurzel{5} [/mm] eine Nullfolge ist. Nötig ist das aber nicht.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:17 Di 02.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Stephan,
>
> ich sehe keinen Grund für soviel Aufwand.
> Wenn Du die ersten beiden Aufgabenteile gelöst hast, ist
> doch c) gleich mit erledigt, denn die Folge [mm]a_n[/mm] ist nach
> oben und unten beschränkt (Teil a) und die Folge
> [mm]|a_{n+1}-a_n|[/mm] ist eine Nullfolge (Teil b).
Hallo rev,
dann führ mal vor, wie Du daraus die Konvergenz von [mm] (a_n) [/mm] bekommst.
Gruß FRED
>
> Da Du den Grenzwert kennst (Teil d), könntest Du auch
> zeigen, dass die Folge
> [mm]b_n:=a_n-\bruch{1}{2}+\bruch{3}{10}\wurzel{5}[/mm] eine
> Nullfolge ist. Nötig ist das aber nicht.
>
> Grüße
> reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:42 Di 02.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> > ich sehe keinen Grund für soviel Aufwand.
> > Wenn Du die ersten beiden Aufgabenteile gelöst hast,
> ist
> > doch c) gleich mit erledigt, denn die Folge [mm]a_n[/mm] ist nach
> > oben und unten beschränkt (Teil a) und die Folge
> > [mm]|a_{n+1}-a_n|[/mm] ist eine Nullfolge (Teil b).
>
> Hallo rev,
>
> dann führ mal vor, wie Du daraus die Konvergenz von [mm](a_n)[/mm]
> bekommst.
Hm. Da musste ich erstmal ein Gegenbeispiel suchen.
Für [mm] n\ge{2} [/mm] sei [mm] c_n:=\sin{(\ln{(n)})}.
[/mm]
Die Folge ist offensichtlich nach oben und unten beschränkt, [mm] -1\le c_n\le{1}.
[/mm]
Da [mm] \lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0 [/mm] ist, gilt auch [mm] \lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0.
[/mm]
Trotzdem konvergiert die Folge nicht.
Ich editiere also mal meinen vorigen Artikel...
Danke für den Hinweis!
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:00 Di 02.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > > ich sehe keinen Grund für soviel Aufwand.
> > > Wenn Du die ersten beiden Aufgabenteile gelöst hast,
> > ist
> > > doch c) gleich mit erledigt, denn die Folge [mm]a_n[/mm] ist
> nach
> > > oben und unten beschränkt (Teil a) und die Folge
> > > [mm]|a_{n+1}-a_n|[/mm] ist eine Nullfolge (Teil b).
> >
> > Hallo rev,
> >
> > dann führ mal vor, wie Du daraus die Konvergenz von
> [mm](a_n)[/mm]
> > bekommst.
>
> Hm. Da musste ich erstmal ein Gegenbeispiel suchen.
>
> Für [mm]n\ge{2}[/mm] sei [mm]c_n:=\sin{(\ln{(n)})}.[/mm]
>
> Die Folge ist offensichtlich nach oben und unten
> beschränkt, [mm]-1\le c_n\le{1}.[/mm]
>
> Da [mm]\lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0[/mm] ist, gilt auch
> [mm]\lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0.[/mm]
Hallo reverend,
das stimmt , aber wie begründest Du die Implikation
[mm] \lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0
[/mm]
?
FRED
>
> Trotzdem konvergiert die Folge nicht.
>
> Ich editiere also mal meinen vorigen Artikel...
> Danke für den Hinweis!
>
> Grüße
> reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:29 Di 02.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> > > dann führ mal vor, wie Du daraus die Konvergenz von
> > [mm](a_n)[/mm]
> > > bekommst.
> >
> > Hm. Da musste ich erstmal ein Gegenbeispiel suchen.
> >
> > Für [mm]n\ge{2}[/mm] sei [mm]c_n:=\sin{(\ln{(n)})}.[/mm]
> >
> > Die Folge ist offensichtlich nach oben und unten
> > beschränkt, [mm]-1\le c_n\le{1}.[/mm]
> >
> > Da [mm]\lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0[/mm] ist, gilt auch
> > [mm]\lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0.[/mm]
>
> Hallo reverend,
>
> das stimmt , aber wie begründest Du die Implikation
>
> [mm]\lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0[/mm]
Das folgt doch direkt aus der Stetigkeit der Sinusfunktion und der Beschränktheit ihrer Ableitung. Oder sehe ich da etwas falsch?
Es gilt ja sogar für [mm] n\ge{2}:\;\;\;\;\; |\sin{(\ln{(n+1)})}-\sin{(\ln{(n)})}|\le (\ln{(n+1)}-\ln{(n)})
[/mm]
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:38 Di 02.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > > > dann führ mal vor, wie Du daraus die Konvergenz von
> > > [mm](a_n)[/mm]
> > > > bekommst.
> > >
> > > Hm. Da musste ich erstmal ein Gegenbeispiel suchen.
> > >
> > > Für [mm]n\ge{2}[/mm] sei [mm]c_n:=\sin{(\ln{(n)})}.[/mm]
> > >
> > > Die Folge ist offensichtlich nach oben und unten
> > > beschränkt, [mm]-1\le c_n\le{1}.[/mm]
> > >
> > > Da [mm]\lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0[/mm] ist, gilt
> auch
> > > [mm]\lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0.[/mm]
> >
> > Hallo reverend,
> >
> > das stimmt , aber wie begründest Du die Implikation
> >
> > [mm]\lim_{n\to \infty}(\ln{(n+1)}-\ln{(n)})=0 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}|c_{n+1}-c_n|=0[/mm]
>
> Das folgt doch direkt aus der Stetigkeit der Sinusfunktion
> und der Beschränktheit ihrer Ableitung. Oder sehe ich da
> etwas falsch?
Eigentlich steckt der Mittelwertsatz dahinter:
$|sin(b)-sin(a)| = [mm] |cos(\xi)|*|b-a| \le [/mm] |b-a|$ mit einem [mm] \xi [/mm] zwischen a und b.
Mit [mm] b:=\ln(n+1) [/mm] und [mm] a:=\ln(n) [/mm] bekommt man:
[mm] $|sin(\ln(n+1))-sin(\ln(n))| \le |\ln(n+1)-\ln(n)|$ [/mm]
FRED
>
> Es gilt ja sogar für [mm]n\ge{2}:\;\;\;\;\; |\sin{(\ln{(n+1)})}-\sin{(\ln{(n)})}|\le (\ln{(n+1)}-\ln{(n)})[/mm]
>
> Grüße
> reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:42 Di 02.04.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Fred,
> Eigentlich steckt der Mittelwertsatz dahinter:
>
> [mm]|sin(b)-sin(a)| = |cos(\xi)|*|b-a| \le |b-a|[/mm] mit einem
> [mm]\xi[/mm] zwischen a und b.
>
> Mit [mm]b:=\ln(n+1)[/mm] und [mm]a:=\ln(n)[/mm] bekommt man:
>
> [mm]|sin(\ln(n+1))-sin(\ln(n))| \le |\ln(n+1)-\ln(n)|[/mm]
Hinterher kann man ja immer sagen: "so einfach".
Danke jedenfalls! 
> > Es gilt ja sogar für [mm]n\ge{2}:\;\;\;\;\; |\sin{(\ln{(n+1)})}-\sin{(\ln{(n)})}|\le (\ln{(n+1)}-\ln{(n)})[/mm]
Grüße
reverend
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