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Analysis » Folgen und Reihen » Analysis - Konvergenz einer rekursiven Folge
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Universität/Hochschule Analysis - Konvergenz einer rekursiven Folge
Morpheus1711
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-08-16


Hallo,

Ich hänge an folgender Aufgabe und wäre um ein paar Denkanstöße sehr dankbar.
fed-Code einblenden
Nur tu ich mir schwer zu zeigen, dass die Folge überhaupt konvergiert.
Das "monoton und beschränkt Argument" zieht leider nicht, da die Folge nicht monoton ist. Cauchyfolgen hatte ich auch noch nicht.

Gruß, Morpheus1711


 






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Diophant
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

was hattet ihr denn in dem Zusammenhang alles schon so in der Vorlesung?

Dieser Typ von rekursiver Folge lässt sich (wenn ich nicht irre) mit dem Banach'schen Fixpunksatz 'erledigen', aber der steht vermutlich noch nicht zur Verfügung. Und das wäre auch das, was man so i.a. als 'mit Kanonen auf Spatzen schießen' bezeichnet...

Eine Alternative wäre es, wenn du jeweils für die Glieder mit geradem und ungeradem Index durch Verschachtelung eine Rekursionsgleichung aufstellst. Denn offensichtlich ist es so, dass hier je nach Wahl das Startwerts und a die Glieder mit geradzahligem Index monoton fallen und die mit ungeradzahligem Index steigen (oder umgekehrt).

EDIT: nein, das war ein Irrtum, sorry.

Probiert habe ich auch noch einen Ansatz per Differenzenfolge \(|d_{n+1}|=|x_{n+1}-g|\), die ja gegen Null gehen sollte im Fall der Konvergenz. Aber das scheint mir hier auch nicht zielführend.

Vielleicht hat aber jemand noch eine einfachere Idee.

PS: dein Grenzwert passt, und die Folge konvergiert ja auch...


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \usepackage{setspace}\)
der grenzwert ist falsch berechnet (ein kleiner rechenfehler).
empfehlen würde ich immer, einige a zu wählen (schon um zu sehen, ob da was kritisch werden könnte), und für jedes dieser a einige folgenglieder bestimmen. und dann natürlich schauen, ob sich die konvergenz für spezielle a beweisen lässt.

bspw. für a=2 und \(x_0 =2\) ist die folge durchaus monoton bis auf \(x_0\).

bye trunx


-----------------
das problem des menschen ist nicht, dass er fleisch von tieren isst, sondern dass er für sein wachstum KRIEG gegen alle anderen lebensformen führt. dieser krieg nennt sich (land)wirtschaft, seine ideologische legitimation kultur.
\(\endgroup\)


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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 1774
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-08-16

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \usepackage{setspace}\)
2019-08-16 20:15 - trunx in Beitrag No. 2 schreibt:
der grenzwert ist falsch berechnet (ein kleiner rechenfehler)...

Au ja, der sei noch verraten, weil ich ihn vorschnell bestätigt habe:

\[g=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{4a+1}\]
Zurücknehmen muss ich auch noch denn Tipp mit den Teilfolgen. Das beschriebene Verhalten tritt durchaus nicht bei jeder Konstellation auf.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Morpheus1711
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-17


Hallo und danke für die Antworten.
2019-08-16 20:15 - trunx in Beitrag No. 2 schreibt:


bspw. für a=2 und \(x_0 =2\) ist die folge durchaus monoton bis auf \(x_0\).

das ist nicht richtig. Siehe


Allerdings ist mir aufgefallen, dass die geraden Folgenglieder monoton fallen und die ungeraden monoton wachsen. Außerdem ist mir aufgefallen, dass
fed-Code einblenden
Mehr hab ich noch nicht. Meint ihr die Idee mit der Betrachtung der Teilfolgen ist zielführend? Wenn ich zeigen könnte, dass beide gegen den selben GW konvergieren wäre ich ja fertig oder?





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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-08-17


Wenn du zeigen kannst, dass die Teilfolge für gerade Indizes sowie die Teilfolge für ungerade Indizes monoton und beschränkt ist, sowie beide Teilfolgen denselben Grenzwert haben, so folgt daraus die Konvergenz der Folge gegen diesen Grenzwert.

Alternative: Schreibe $x_n=a_n/b_n$ und finde eine Rekursion für $a_n$ und $b_n$. Das ist nach einer Idee von weird zur Lösung der Olympiadeaufgabe 301235 (siehe mathematikalpha.de/wp-content/uploads/2019/08/MaOlympiade12AL.pdf , ohne die Einschränkung auf rationale Zahlen).



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svrc
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-08-17


Hallo Morpheus,

die Beschränktheit \(0 \leq x_{n} \leq a\) für alle \(n \in \mathbb{N}\) könnte man auch mittels vollständiger Induktion nachweisen.

Da du in einem älteren Thread, den du geöffnet hast, geschrieben hast, dass du dir dein Skript für die Lineare Algebra 2 anschaust, würde ich gerne die Frage von Diophant nochmal aufgreifen:

Welche Inhalte sind denn überhaupt bekannt?

In diesem Beispiel lässt sich nämlich eigentlich ganz gut zeigen, dass eine Cauchy-Folge vorliegt. Man braucht dafür allerdings schon gewisse Voraussetzungen aus der Analysis 1 (Ich benötige z.B. für meine Lösungsidee, dass die Funktion \[f  \left( t \right) = \dfrac{t}{1 + t}\] auf dem Intervall der nichtnegativen reellen Zahlen streng monoton wächst).

Ich würde allerdings auch nur mehr ausholen, wenn es überhaupt gewünscht ist. Wenn diese Aufgabe z.B. als Klausurvorbereitung für die Analysis 1 verwendet wird, kann man auch durchaus den gesamten Stoff, der in der Vorlesung vorgekommen ist, zur Lösung verwenden. Deshalb bin ich etwas verwundert, dass Cauchy-Folgen nicht zur Lösung verwendet werden sollen.

Grüße
svrc



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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-08-17


Hallo.

Siehe Klick mich.

Es funktioniert mit derselben Methode wie dort gezeigt.
q hängt in diesem Fall natürlich von a ab.

Gruss endy



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-08-17


2019-08-17 00:42 - Kornkreis in Beitrag No. 5 schreibt:
Alternative: Schreibe $x_n=a_n/b_n$ und finde eine Rekursion für $a_n$ und $b_n$. Das ist nach einer Idee von weird zur Lösung der Olympiadeaufgabe 301235 (siehe mathematikalpha.de/wp-content/uploads/2019/08/MaOlympiade12AL.pdf , ohne die Einschränkung auf rationale Zahlen).

Einfacher ist (speziell bei einer langsamen Internetverbindung) wohl dieser Link hier. Und ja, das ist wohl auf jeden Fall eine überlegenswerte Möglichkeit, ob sie hier allerdings aufgrund der extrem allgemeinen Voraussetzungen über $x_0$ und $a$ wirklich funktioniert, müsste man sich jedoch erst einmal ansehen.

Ich würde mir hier aber doch die Folge
\[d_n=x_n-g\quad (n\in\mathbb N)\] noch etwas genauer ansehen, wobei hier $g$ der mutmaßliche Grenzwert, also die positive Nullstelle von $x^2+x-a$ ist. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, dann sollte sie der Rekursion
\[d_0=x_0-g,\quad d_{n+1}=d_n\left(\frac {-g}{d_n+g+1}\right)\quad (n\in\mathbb N)\] genügen. Vielleicht lässt sich ja damit zeigen, dass $(d_n)$ eine Nullfolge ist (vgl. auch mit der Lösung einer ähnlichen Aufgabe hier).

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]



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trunx
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-08-17

\(\begingroup\)\( \usepackage{setspace}\)
2019-08-17 00:25 - Morpheus1711 in Beitrag No. 4 schreibt:
Hallo und danke für die Antworten.
2019-08-16 20:15 - trunx in Beitrag No. 2 schreibt:


bspw. für a=2 und \(x_0 =2\) ist die folge durchaus monoton bis auf \(x_0\).

das ist nicht richtig.

du hast recht, ich hatte das a in der rekursion vergessen.


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das problem des menschen ist nicht, dass er fleisch von tieren isst, sondern dass er für sein wachstum KRIEG gegen alle anderen lebensformen führt. dieser krieg nennt sich (land)wirtschaft, seine ideologische legitimation kultur.
\(\endgroup\)


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Morpheus1711
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-17


Hallo und vielen Dank für die ganzen Antworten.

2019-08-17 00:42 - Kornkreis in Beitrag No. 5 schreibt:
Alternative: Schreibe $x_n=a_n/b_n$ und finde eine Rekursion für $a_n$ und $b_n$. Das ist nach einer Idee von weird zur Lösung der Olympiadeaufgabe 301235 (siehe mathematikalpha.de/wp-content/uploads/2019/08/MaOlympiade12AL.pdf , ohne die Einschränkung auf rationale Zahlen).

Cooler Ansatz. Finde leider keine vernünftigen Bildungsvorschriften für die beiden Rekursionen.  mad

2019-08-17 02:42 - svrc in Beitrag No. 6 schreibt:

Welche Inhalte sind denn überhaupt bekannt?

In diesem Beispiel lässt sich nämlich eigentlich ganz gut zeigen, dass eine Cauchy-Folge vorliegt. Man braucht dafür allerdings schon gewisse Voraussetzungen aus der Analysis 1 (Ich benötige z.B. für meine Lösungsidee, dass die Funktion \[f  \left( t \right) = \dfrac{t}{1 + t}\] auf dem Intervall der nichtnegativen reellen Zahlen streng monoton wächst).


Ich arbeite im Moment das Analysis I Buch von Amann und Escher durch und bin im Kapitel der monotonen Folgen auf diese Aufgabe gestoßen. Cauchyfolgen werden leider erst im nächsten Kapitel eingeführt. Bereits (relevante) bekannte Themenbereiche sind:
die reellen Zahlen, Folgen: Konvergenz,Teilfolgen und Häufungspunkte, Vergleichssätze, Rechnen mit Zahlenfolgen und monotone Folgen
Dass deine Funktion auf den positiven reellen Zahlen streng monoton wächst darf benutzt werden.

2019-08-17 08:21 - endy in Beitrag No. 7 schreibt:

Es funktioniert mit derselben Methode wie dort gezeigt.
q hängt in diesem Fall natürlich von a ab.


Wenn ich mich nicht täusche benutzt du, dass Cauchyfolgen Konvergenz implizieren.

2019-08-17 08:31 - weird in Beitrag No. 8 schreibt:

Ich würde mir hier aber doch die Folge
\[d_n=x_n-g\quad (n\in\mathbb N)\] noch etwas genauer ansehen, wobei hier $g$ der mutmaßliche Grenzwert, also die positive Nullstelle von $x^2+x-a$ ist. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, dann sollte sie der Rekursion
\[d_0=x_0-g,\quad d_{n+1}=d_n\left(\frac {-g}{d_n+g+1}\right)\quad (n\in\mathbb N)\] genügen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]

Auch hier krieg ich leider nichts vernünftiges raus.. frown

Da die Aufgabe im Kapitel monotone Folgen gestellt wird, geh ich stark davon aus, dass der Aufgabensteller einen Beweis mittels dem Monotonie und Beschränktheit Argument im Kopf hatte. Mein aktueller Ansatz sieht so aus:

fed-Code einblenden











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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-08-17


Hallo nochmals,

in einem solchen Zusammenhang ist dann wohl schon daran gedacht, die beiden bereits angesprochenen Teilfolgen zu betrachten und so vorzugehen wie du es vorhast.

Neben der Monotonie musst du jeweils noch Beschränktheit in die jeweils geeignete Richtung zeigen.

Die gute Nachricht ist aber die, dass du dir um die Sache mit den Häufungspunkten keinen Kopf machen musst: dieser kann ja jeweils nur der bereits im Themenstart (bis auf Tippfehler) angegebene einzig mögliche Grenzwert sein.


Gruß, Diophant



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Morpheus1711
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-20 17:08


2019-08-17 17:23 - Diophant in Beitrag No. 11 schreibt:

Die gute Nachricht ist aber die, dass du dir um die Sache mit den Häufungspunkten keinen Kopf machen musst: dieser kann ja jeweils nur der bereits im Themenstart (bis auf Tippfehler) angegebene einzig mögliche Grenzwert sein.


Gruß, Diophant

Hallo Diophant, warum ist das der einzig mögliche Grenzwert?

Die Monotonie konnte ich mittlerweile zeigen. Nun will ich zeigen, dass im Fall  \(x_0<b\) die Teilfolge \(x_{2n}\) gegen b konvergiert:

Da bereits gezeigt wurde, dass \(x_{2n}\) monoton wächst, reicht es
zu zeigen, dass b das Supremum der Folge ist:

fed-Code einblenden

Würde das so klappen? Mich würde aber auch deine Lösung interessieren, dann könnte ich mir die Fallunterscheidungen wenigstens beim "Infimum bzw Supremum - Teil" sparen.

Gruß Morpheus1711








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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-08-20 17:50

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

du benötigst hier Infimum/Supremum nicht. Eine Folge ist konvergent, wenn sie monoton und beschränkt ist. Dabei spielt es keine Rolle, ob man die Beschränktheit gegen die optimale Schranke (also größte untere bzw. kleinste obere Schranke) zeigt oder gegen irgendeine.

Wenn man von einer rekursiven Folge bereits weiß, dass sie konvergent ist, dann ist zum einen der Fixpunkt der Grenzwert und zum anderen müssen auch ihre Teilfolgen gegen diesen Grenzwert konvergieren.

So, nun zu deiner Rechnung:

2019-08-20 17:08 - Morpheus1711 in Beitrag No. 12 schreibt:
Die Monotonie konnte ich mittlerweile zeigen. Nun will ich zeigen, dass im Fall  \(x_0<b\) die Teilfolge \(x_{2n}\) gegen b konvergiert:

Da bereits gezeigt wurde, dass \(x_{2n}\) monoton wächst, reicht es
zu zeigen, dass b das Supremum der Folge ist:

fed-Code einblenden
also ist b eine obere Schranke

Ja, dem ist so, allerdings (du hast es jedoch oben erwähnt): nur für den Fall \(x_0<b\). Den Fall \(x_0>b\) musst du theoretisch noch gesondert betrachten, wobei er natürlich ziemlich analog abläuft.

2019-08-20 17:08 - Morpheus1711 in Beitrag No. 12 schreibt:
fed-Code einblenden

Das ist wie gesagt nicht notwendig.

2019-08-20 17:08 - Morpheus1711 in Beitrag No. 12 schreibt:
Würde das so klappen? Mich würde aber auch deine Lösung interessieren, dann könnte ich mir die Fallunterscheidungen wenigstens beim "Infimum bzw Supremum - Teil" sparen.

Was du jetzt noch benötigst ist die ganze Sache für die Teilfolgen mit ungeradem Index, die müssen sich ja in Sachen Monotonie und Beschränktheit gegen b genau umgekehrt verhalten.

Eine eigene Rechnung habe ich jetzt nicht aufgemacht, um ehrlich zu sein.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Morpheus1711
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-20 18:19


Hallo Diophant,

(2019-08-20 17:50 - Diophant in <a href=viewtopic.php?

Wenn man von einer rekursiven Folge bereits weiß, dass sie konvergent ist, dann ist zum einen der Fixpunkt der Grenzwert und zum anderen müssen auch ihre Teilfolgen gegen diesen Grenzwert konvergieren.


Aber ich weis doch noch garnicht, dass die Folge konvergent ist. Alles was ich weis ist, dass die Folge in konvergente Teilfolgen zerfällt (nämlich hier gerade und ungerade). Aber daraus folgt doch nicht,dass die Folge selbst konvergiert. Die Folge \(x_{n}=(-1)^n\) hat ja auch zwei Häufungspunkte und divergiert.

Gruß, Morpheus



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-08-20 18:26


Hallo,

der Unterschied besteht hier in der Tatsache, dass die Rekursion einen und nur einen möglichen Fixpunkt besitzt (denn die zweite Lösung der zugehörigen quadratischen Gleichung ist negativ, was man wegen der Rahmenbedingungen ausschließen kann).

Insofern passt dein Gegenbeispiel IMO hier nicht.

Wenn also jetzt deine beiden Teilfolgen jeweils monoton und beschränkt sind, dann sind sie sicherlich jeweils für sich konvergent?

Welchen anderen Grenwzert könnten sie dann aber haben als eben diesen einzigen Fixpunkt?


Gruß, Diophant



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-08-20 19:20


Hallo,
die bis jetzt gezeigten Ideen sind zwar naheliegend und auch machbar; trotzdem sehe ich nicht ein, wieso man darauf beharrt. Die zweite Idee in #5 ist leicht umsetzbar und führt das Problem in eine fast schon triviale Rekursion über, die sich mit ein bißchen Rechenaufwand leicht lösen läßt.
Gruß Wauzi


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



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Morpheus1711
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-20 19:23


Hallo Diophant,

2019-08-20 18:26 - Diophant in Beitrag No. 15 schreibt:


Wenn also jetzt deine beiden Teilfolgen jeweils monoton und beschränkt sind, dann sind sie sicherlich jeweils für sich konvergent?
Ja
2019-08-20 18:26 - Diophant in Beitrag No. 15 schreibt:

Welchen anderen Grenwzert könnten sie dann aber haben als eben diesen einzigen Fixpunkt?

Stimmt, war mir anfangs nicht klar.
Beweisen würde ich die Tatsache, dass die beiden Häufungspunkte mit dem Fixpunkt übereinstimmen auf folgende Art:

fed-Code einblenden

Vielen Dank für deine Geduld,

Morpheus





[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-08-20 19:40

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-08-20 18:26 - Diophant in Beitrag No. 15 schreibt:
der Unterschied besteht hier in der Tatsache, dass die Rekursion einen und nur einen möglichen Fixpunkt besitzt (denn die zweite Lösung der zugehörigen quadratischen Gleichung ist negativ, was man wegen der Rahmenbedingungen ausschließen kann).

Insofern passt dein Gegenbeispiel IMO hier nicht.

Wenn also jetzt deine beiden Teilfolgen jeweils monoton und beschränkt sind, dann sind sie sicherlich jeweils für sich konvergent?

Welchen anderen Grenwzert könnten sie dann aber haben als eben diesen einzigen Fixpunkt?

Ein bisschen feiner muss man da aber schon argumentieren, schließlich hat auch die Folge mit $x_n=(-1)^n$ eine Rekursionsvorschrift mit nur einem möglichen Fixpunkt: Es ist $x_{n+1}=(-1)\cdot x_n$ mit Startwert $x_0=1$, und der einzige mögliche Fixpunkt ist 0.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2019-08-20 20:48


@Kornkreis:
hm, stimmt. Aber die hier vorliegende strenge Monotonie sollte das reparieren, oder irre ich erneut?

Gruß, Diophant



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-08-21 19:41


@Morpheus: Die Argumentation in deinem letzten Beitrag stimmt so.

@Diophant: Strenge Monotonie reicht auch nicht aus, siehe sowas wie $x_{n+1}=- \text{sgn}(x_n)\cdot (1+0.5 \cdot (|x_n|-1))$ mit $x_0=0.5$. Da gehen die Teilfolgen für gerade und ungerade Indizes jeweils streng monoton gegen 1 bzw. -1, aber als Fixpunkt kommt nur die 0 in Frage.



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Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-08-21 19:46


@Kornkreis:
Danke. In die Thematik muss ich mich wohl mal wieder einlesen, wie es scheint.

Den Nachweis des Grenzwerts von Morpheus1711 finde ich elegant.


Gruß, Diophant



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Wauzi
Senior Letzter Besuch: im letzten Monat
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2019-08-22 22:37


Hallo,
nachdem die Aufgabe mittlerweile gelöst ist, will ich auf den anderen Ansatz eingehen, da dieser nicht nur erlaubt, die Folge explizit anzugeben, sondern auch den negaiven Fall von a behandelt. Ich fnde diesen Weg (von weird) sehr schön, muß aber gestehen, daß ich auf diese Idee wohl nicht gekommen wäre.

fed-Code einblenden

Gruß Wauzi



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weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4942
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-08-23 14:00


Ich persönlich würde ja hier meinen in #8 vorgeschlagenen Weg noch weiterverfolgen, auch wenn der TS damit leider nichts anzufangen wusste (s. #10).

Ausgehend von
\[x_{n+1}=\frac a{x_n+1}=x_n-\frac{x_n^2+x_n-a}{x_n+1}\quad (n\in\mathbb N)\] wobei $a,x_0\in (0,\infty)$ vorausgesetzt ist, sieht man sofort, dass ein potenzieller Grenzwert der Folge $(x_n)$ nur die positive Nullstelle $g$ des Polynoms $x^2+x-a$ sein kann, weshalb wie immer wohl der erste(!) Gedanke sein wird, sich die Folge
\[d_n=x_n-g \quad (n\in\mathbb N)\] näher anzusehen, da ja die Konvergenz von $(x_n)$ gleichwertig damit ist, dass $(d_n)$ eine Nullfolge ist. Letzteres ist aber i.Allg. leichter zu zeigen, wobei diese Aufgabe hier keine Ausnahme ist.

Zunächst benötigt man dafür die Beziehung
\[d_{n+1}=x_{n+1}-g=(x_n-g)-\frac{(x_n^2-g^2)+(x_n-g)}{x_n+1}=d_n\left(-\frac g{x_n+1}\right)\quad (n\in\mathbb N)\] woraus dann unter Verwendung von $a=g(g+1)$ weiter
\[d_{n+1}=d_{n-1}\frac{g^2}{(x_n+1)(x_{n-1}+1)}=d_{n-1}\frac{g^2}a\frac{x_n}{x_n+1}=d_{n-1}\frac g{g+1}\frac{x_n}{x_n+1}\quad (n\in\mathbb N^*)\] folgt. Indem wir hier den Trivialfall $x_0=g$ ausnehmen, für welchen die Folge $(x_n)$ einfach die konstante Folge mit Wert $g$ und $(d_n)$ daher die konstante Folge mit Wert $0$ ist, gilt damit unter Beachtung von $x_n>0$ weiter
\[0<\frac{d_{n+1}}{d_{n-1}}<\frac g{g+1}<1\quad (n\in\mathbb N^*)\] d.h., die beiden Teilfolgen $(d_{2k})$ und $(d_{2k+1})$ der Folge $(d_n)$ sind beide Nullfolgen und damit natürlich dann auch $(d_n)$ selbst, q.e.d.



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