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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:20 Di 09.11.2004 | | Autor: | SERIF |
Ich kann diese Aufgabe nicht beweisen. Ich muss es aber. Bitte Hilfe
AUfgabe:
a) Sei [mm] a_{1} \in \IR^{+} [/mm] mit [mm] a_{1}^{2} [/mm] > 2. Eine Folge [mm] (a_{n}) [/mm] sei rekursiv definiert durch
[mm] a_{n+1} [/mm] : = 1/2 [mm] (a_{n} [/mm] + [mm] 2/a_{n}) [/mm] für n [mm] \in \IN.
[/mm]
Zeigen Sie:
[mm] a_{n}^{2} [/mm] > [mm] a_{n+1}^{2} [/mm] > 2
b) Für m aus [mm] \IN [/mm] definieren wir rekursiv
[mm] s_{1} [/mm] := m+2, [mm] s_{n+1} [/mm] := [mm] s_{n} [/mm] + [mm] \pmat{m+n+1 \\ n+1 }
[/mm]
Zeigen Sie durch Induktion für alle n [mm] \in \IN:
[/mm]
[mm] s_{n} [/mm] + [mm] \pmat{m+n+1 \\ n+1 }
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:00 Fr 12.11.2004 | | Autor: | Julius |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Serif!
Zur ersten Frage:
Definiere dir:
$f(x) = \frac{1}{2} \left (x + \frac{2}{x} \right)$
und zeige:
$f'(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{x^2} > 0$ auf $]\sqrt{2},+\infty[$.
Daraus kann man nun induktiv folgern:
$a_{n+1} = f(a_n) > f(\sqrt{2}) = \frac{1}{2} (\sqrt{2} + \frac{2}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{2} = \sqrt{2}$.
Zu zeigen bleibt also:
$a_n > a_{n+1}$ für alle $n \in \IN$.
Aber:
$a_n > a_{n+1}$
$\Leftrightarrow \quad a_n > \frac{1}{2} \left( a_ n + \frac{2}{a_n} \right)$
$\Leftrightarrow \quad \frac{1}{2} a_n > \frac{1}{a_n}$
$\Leftrightarrow \quad a_n^2 > 2$ ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
(beachte: $a_n > \sqrt{2}>0$)
Bei der zweiten Frage fehlt irgendwie die Bedingung. Bitte reiche die doch noch nach, falls die Frage noch aktuell ist.
Liebe Grüße
Julius
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