Konvergenz einer rekursiv definierten Folge

Aufrufe: 644     Aktiv: 20.03.2022 um 09:12

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Wie muss ich hier vorgehen?

Nach 6 ausgerechneten Folgegliedern, kann ich nicht genau annehmen, gegen welchen Wert diese Folge konvergiert und so dann den klassischen Beweis führen, welcher auf eine Gleichung führt.

Vielen Dank für die Hilfe!
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Ich möchte hier einmal etwas grundlegendes über die Konvergenzuntersuchung rekursiver Folgen ergänzen, da du hier vorhast einen "klassischen" Epsilontik-Beweis vorhast zuführen und dies auch eine Antwort suggeriert, die dir den Tipp auf den Grenzwert gibt. Im allgemeinen bringt es dir bei rekursiven Folgen nichts,  den Grenzwert zu kennen,  du kannst hier eigentlich nie mithilfe des Grenzwerten die Konvergenz zeigen. Wenn man einmal die Konvergenz gezeigt hat, ist es aber auch absolut trivial den Grenzwert zu berechnen, da dann \(\lim x_n=\lim x_{n+1}\) gilt.
Es gibt zwei Standardverfahren um rekursive Folgen auf Konvergenz zu untersuchen, dass erste hat bereits gaussgewehr erläutert, sollte dies scheitern, dass ist meist dann der Fall, wenn deine Folge nicht monoton ist, musst du versuchen zu zeigen, dass die Folge eine Cauchyfolge ist. Hierfür bietet es sich an eine Abschätzung für den Abstand zweier Folgenglieder \(|x_{n+1}-x_n|\) zu finden, man kann dann nämlich wie folgt fortführen: $$|x_{n+k}-x_n|=|x_{n+k}-x_{n+k-1}+x_{n+k+1}-\ldots + x_{n+1}-x_n|\leq |x_{n+k}-x_{n+k-1}|+\ldots +|x_{n+1}-x_n|$$ Jetzt kannst du hoffentlich mit der Abschätzung dies mit einer Nullfolge majoranisieren.
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Vorweg: Es gibt kein "muss vorgehen" in der Mathematik, man probiert einfach was aus (Du siehst ja, dass die Helfer genau das machen).

Es geht relativ einfach (ohne Teilfolgen, Cauchyfolge usw.) wie folgt:

1. Zeige per Induktion: $x_n\ge 0$ für alle $n$ (trivial).
2. Berechne den mutmaßlichen Grenzwert $\bar x$ (siehe erste Antwort).
3. Weise nach, dass $|x_{n+1}-\bar x|\le \frac{|x_n-\bar x|}c$ für alle $n$ mit einem geeigneten $c>1$. Benutze dabei zuerst die Rekursionsformel und die in 2. ausgenutzte Eigenschaft von $\bar x$. Danach schätze nach oben ab ("ein Bruch wird größer, wenn der Nenner kleiner wird").
4. Damit ist $|x_n-\bar x|\to 0$, also $x_n\to \bar x$, nachgewiesen.

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Leider scheint diese Antwort Unstimmigkeiten zu enthalten und muss korrigiert werden. Mikn wurde bereits informiert.
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Moin,
bei dieser Aufgabe würde ich zunächst auf Monotonie prüfen. Wenn man zeigen kann, dass die Folge für alle Glieder die kleiner sind als ein Wert X monoton wachsend ist und für alle Glieder die größer sind als X monoton fallend, könnte man so zeigen, dass die Folge gegen den Wert X konvergiert, indem man zeigt, dass beide Teilfolgen gegen den gleichen Wert konvergieren. Man müsste also für beide Teilfolgen zeigen, dass sie monoton und beschränkt sind. Ich denke so könnte man das beweisen.
(Entschuldigung für die vorherige falsche Antwort, ich hatte die Frage nur überflogen und überhastet geantwortet).
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Aus der Tatsache, dass zwei Teilfolgen gegen den selben Grenzwert konvergieren, folgt aber nicht die Konvergenz der Folge   ─   mathejean 19.03.2022 um 09:18

Da die Folgen zusammen aber die gesamte Folge darstellen kann man die Konvergenz so, so denke ich, doch zeigen. Man hat also \(\{x_n\}=\{x_n|x_n\ge X\}\cup\{x_n| x_n < X\}\). Wenn dann beide Folgen gegen X konvergieren, zeigt das doch auch die Konvergenz von \(x_n\) gegen X, oder übersehe noch etwas?   ─   fix 19.03.2022 um 16:56

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Diese Vorgehensweise ist tatsächlich interessant, man muss aber anders argumentieren (deine Mengenschreibweise ist falsch wegen Extensionalität der Menge, auch muss man mit Index aufpassen). Ist \((^*x_k)_k\) die TF von \((x_n)_n\) mit \(^*x_k\geq X\) für alle \(k \in I^*\) und \((_*x_k)_k\)die TF mit \(_*x_k < X\) für alle \(k \in I_*\), wobei \(I^* \cup I_*=\mathbb{N}\). Konvergieren beide gegen \(X\) so existiert zu \(\varepsilon \in \mathbb{R}^+\) ein \(N \in \mathbb{N}\) mit \(|^*x_k-X|<\varepsilon\) für fast alle \(k\) aus \(I^*\), analog mit \((_*x)_k\) und \(I_*\), dann folgt tatsächlich die Konvergenz. Danke!   ─   mathejean 19.03.2022 um 17:12

Ok cool, mit der Schreibweise von Teilfolgen muss ich noch aufpassen. Man müsste vorher noch in einer Fallunterscheidung zeigen, was passiert, wenn eine der beiden keine Teilfolge ist, die \(\{x_n|x> \text{bzw.} \le X\}\) endlich ist. Dann sollte es aber tatsächlich funktionieren.   ─   fix 19.03.2022 um 17:18

Ich frage mich aber, was das bringt. Gut die Beschränktheit für \((^*x_k)_k\) und \((_*x_k)_k\) ist nach Konstruktion klar, aber wie soll man es schaffen die Monotonie zu zeigen, wenn \(I^*\) und \(I_*\) nicht angebbar sind   ─   mathejean 19.03.2022 um 17:19

Ich denke, dass müsste man auch über Induktion machen. Auch hier macht man eine Fallunterscheidung. Man nehmen an \(x_n\) sei kleiner bzw. größer gleich \(\frac{\sqrt{13}-3}{2}\). Dann kann man die Monotonie zeigen.   ─   fix 19.03.2022 um 18:13

Ja das ist mir klar, nur man muss zwei benachbarte Folgenglieder betrachten (jeweils in der oberen und der unteren TF) nur man hat keine geschlossene Formel für \((^*x_k)_k\)   ─   mathejean 19.03.2022 um 18:25

Ich denke wir können so eine Form finden, auch wenn ich vorher tatsächlich daran nicht gedacht habe. Wenn man sich die Folge ein wenig genauer ansieht, verschiedene Werte für \(x_0\) einsetzt, erkennt man, dass die Folge immer zwischen Gliedern oberhalb des Grenzwertes und unterhalb des Grenzwertes springt. In anderen Worten, wenn \(x_0\) größer ist als \(\frac{\sqrt{13}-3}{2}\), liegen alle \((x_n)_{2n}\) ebenfalls über dem Grenzwert und bilden somit unsere Teilfolge \((^*x_k)_k\). Analog mit der anderen Teilfolge, das kann man auch kurz beweisen. Dann hat man eine geschlossene Form für \((^*x_k)_{k+1}=\frac{1}{3+\frac{1}{3+(^*x_k)_k}}\) und kann somit die Monotonie beweisen (analog mit \((_*x_k)_k)\). Meinst du das klappt so?   ─   fix 19.03.2022 um 18:57

Ich habe das jetzt nicht überprüft, aber so würde das aufjedenfall funktionieren! So ist es tatsächlich weniger aufwendig , als der Beweis über die Cauchy-Folge (vorrausgesetzt man muss nicht argumentieren, warum das Verfahren funktioniert)   ─   mathejean 19.03.2022 um 19:11

Ich kann den Beweis ja mal kurz skizzieren, dann kannst du drüberschauen: sei \(\frac{\sqrt{13}-3}{2}=X\) und \(x_n \ge X\). Dann gilt \(x_{n+1}=\frac{1}{3+x_n}\le\frac{1}{3+X}=\frac{2}{6+\sqrt{13}-3}=X\). Analoges zu \(x_n < X\). Freut mich, dass das klappt, vor allem, da ich im Vergleich zu den meisten anderen Helfern hier ja Novize in Mathe bin :).   ─   fix 19.03.2022 um 19:22

Ja!   ─   mathejean 20.03.2022 um 09:11

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Zeige für die Folge, dass sie nach unten beschränkt und monoton fallend ist. Für die Beschränktheit kannst du eine vollständige Induktion durchführen, für das monotone Fallen subtrahiert man zwei Folgenglieder und zeigt, dass die Subtraktion kleiner gleich 0 ist.
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Kennst du zufällig die Kettenbruchdarstelung von $\sqrt{2}$ mit $\sqrt{2}=1+\dfrac{1}{2+\frac{1}{2+\ldots}}$? Dies könnte dir einen Hinweis auf den Grenzwert deiner Folge geben.
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@ mikn ja ich weiß, da ich mir nicht ganz sicher war, habe ich zur Konvergenz auch keine Antwort gegeben, mathejean seine Antwort ist auch jünger als meine … weil in der Frage gestern Abend auch nach dem Grenzwert gefragt wurde wollte ich nur einen Wink geben :)   ─   maqu 19.03.2022 um 13:45

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