Cauchy Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei a0=0, a1 = 1 und für n=2,3... sei an durch die Rekursion
[mm] a_{n} =\frac{a_{n-1}+a_{n-2} }{2} [/mm] definiert. Zeigen Sie, dass (an) eine Cauchy-Folge ist, indem Sie zum Beispiel zunächst induktiv die Formel [mm] a_{n+1}-a_{n} =\frac{(-1)^{n}}{2^{n}} [/mm] nachweisen. Letzteres erlaubt auch die explizite Bestimmung des Grenzwertes. Was ist sein Wert?
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Um zu zeigen, dass es sich um eine Cauchy-Folge handelt, zeige ich einfach das die Folge konvergent ist. Also, dass sie monoton und beschränkt ist. Wie stelle ich das hingegen nun am besten an? Wenn ich mir die ersten Glieder berechne sehe ich, dass sie streng monoton steigend ist, aber wie zeige ich die Beschränktheit? Mit der 2.Folge kann ich überhaupt nur sehr wenig anfangen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:36 Mi 19.05.2010 | | Autor: | wauwau |
die folge ist aber nicht monoton.... sondern alternierend......
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[mm] a_{n} =\frac{a_{n-1}+a_{n-2} }{2} [/mm] ist doch monoton steigend. Die andere ist alternierend.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:42 Mi 19.05.2010 | | Autor: | wauwau |
0 < 1 > 1/2 < 3/4 > 5/8.... wo ist da die monotonie???
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Achja... Hatte mich verrechnet. Sry. Ok, was muss ich im nächsten Schritt machen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:53 Mi 19.05.2010 | | Autor: | wauwau |
siehe meine Mitteilung
da differenzenfolge eine Nullfolge ist, ist die Folge ein Cauchy folge
[mm] $a_n [/mm] = [mm] a_n -a_{n-1}+a_{n-1}-a_{n-2}+a_{n-2}+-.....-a_1+a_0$
[/mm]
(Vorzeichen je nachdem ob n gerade oder ungerade)
daher is $ [mm] a_n [/mm] = [mm] a_0 [/mm] + $ geometrische Reihe damit kannst du Grenzwert bestimmen...
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Ok, der Induktionsbeweis ist mir klar, und auch die Aussage über eine Differenzfolge. Aber ich verstehe den letzten Satz nicht so ganz. Also wie ich den Grenzwert expizit herausfinden kann.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:04 Do 20.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
> Ok, der Induktionsbeweis ist mir klar, und auch die Aussage
> über eine Differenzfolge. Aber ich verstehe den letzten
> Satz nicht so ganz. Also wie ich den Grenzwert expizit
> herausfinden kann.
wie in der Mitteilung nachzulesen, gilt:
$$a_{n+2}-a_{n+1} = \bruch{a_{n+1}+a_n}{2}-a_{n+1} = - \bruch{a_{n+1}-a_n}{2} = -\bruch{1}{2}\bruch{(-1)^n}{2^n} = \bruch{(-1)^{n+1}}{2^{n+1}},\,$$
woraus folgt
$$ a_n= (a_n -a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+(a_{n-2}-a_{n-3})+\ldots+(a_2-a_1)+(a_1-a_0)+a_0$$
$$=a_0+ \underbrace{(a_1-a_0)}_{=1-0=1}+(a_2-a_1)+\ldots+(a_n-a_{n-1})$$
$$=a_0+\bruch{(-1)^0}{2^0}+\bruch{(-1)^1}{2^1}+\frac{(-1)^2}{2^2}+\ldots+\frac{(-1)^{n-1}}{2^{n-1}}$$
$$=a_0+\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2^k}}$$
$$=a_0+\underbrace{\sum_{k=0}^{\red{n-1}} \left(-\frac{1}{2}\right)^k}_{=:\blue{g(n-1)}}\,.$$
Wegen $a_0=0$ also
$$a_n=\underbrace{\sum_{k=0}^{\red{n-1}} \left(-\frac{1}{2}\right)^k}_{=\blue{g(n-1)}}\,.$$
Dabei ist $\blue{g(n-1)}$ offenbar die $n-1$-te Partialsumme einer ![[]](/images/popup.gif) geometrischen Reihe, so dass man mit $q:=-1/2$ nun
[mm] $$g(n-1)=s_{n-1}=\sum_{k=0}^{n-1}q^k$$
[/mm]
berechnen kann (die Formel für [mm] $s_{n-1}$ [/mm] entnimmst Du dem Wiki-Link von oben). Ferner ist oben ja [mm] $a_0=0$
[/mm]
Nun noch $n [mm] \to \infty$ [/mm] laufen lassen (oder halt direkt die Formel für [mm] $\sum_{k=0}^\infty q^k=\frac{1}{1-q}$ [/mm] aus dem Wiki-Link benutzen, wobei dann $|q|=|-1/2|=1/2 < 1$ zu beachten ist).
Beste Grüße,
Marcel
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| Status: |
(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 08:16 Do 20.05.2010 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> siehe meine Mitteilung
> da differenzenfolge eine Nullfolge ist, ist die Folge ein
> Cauchy folge
>
> [mm]a_n = a_n -a_{n-1}+a_{n-1}-a_{n-2}+a_{n-2}+-.....-a_1+a_0[/mm]
>
> (Vorzeichen je nachdem ob n gerade oder ungerade)
>
> daher is [mm]a_n = a_0 +[/mm] geometrische Reihe damit kannst du
> Grenzwert bestimmen...
da ist ein kleiner Fehler: Du behauptest (bei kleiner Änderung der Reihenfolge der Summanden)
[mm] $$a_n=a_0+\sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1}-a_k)\,,$$
[/mm]
es ist aber
[mm] $$a_0+\sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1}-a_k)=a_0+\sum_{k=1}^{n-1} a_{k+1}-\sum_{k=1}^{n-1}a_k=a_0+\sum_{k=2}^{n}a_k-\sum_{k=1}^{n-1}a_k=a_0+a_n-a_1\,.$$ [/mm]
Es gilt also
[mm] $$a_n=a_0+\sum^{n-1}_{\blue{k=0}} (a_{k+1}-a_k)\;\;\;\Big(\;=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\ldots+(a_2-a_1)\blue{+(a_1-a_0)}+a_0\Big)\,.$$
[/mm]
Beste Grüße,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:48 Mi 19.05.2010 | | Autor: | wauwau |
aber der Lösungshinweis ist ja eh schon im Text
Induktion nach n
[mm] $a_1-a_0 [/mm] = 1 = [mm] \bruch{(-1)^0}{2^0}$
[/mm]
es gelte [mm] $a_{n+1} [/mm] - [mm] a_n [/mm] = [mm] \bruch{(-1)^n}{2^n}$
[/mm]
[mm] $a_{n+2}-a_{n+1} [/mm] = [mm] \bruch{a_{n+1}+a_n}{2}-a_{n+1} [/mm] = - [mm] \bruch{a_{n+1}-a_n}{2} [/mm] = [mm] -\bruch{1}{2}\bruch{(-1)^n}{2^n} [/mm] = [mm] \bruch{(-1)^{n+1}}{2^{n+1}}$ [/mm] qed
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:08 Mi 19.05.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo Tsetsefliege!
Siehe mal hier; da wurde dieselbe Frage bereits behandelt.
Gruß
Loddar
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Danke für den Verweis. Behandelt wurde die Aufgabe dort noch nicht, lediglich Diskussionen zur Induktion.
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