TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 22

Man untersuche die Folge $a_{n}$ (mit Hilfe vollständiger Induktion) auf Monotonie und Beschränktheit und bestimme gegebenenfalls mit Hilfe der bekannten Rechenregeln für Grenzwerte den Grenzwert $\lim _{n\to \infty }a_{n}$ . Überlegen Sie sich auch, warum die Folge wohldefiniert ist für alle $n\geq 0$ .
$a_{0}=4,a_{n+1}={\sqrt {6a_{n}-9}}\qquad \forall n\geq 0$

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Hilfreiches[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Vollständige Induktion

Vollständige Induktion

Induktionsanfang (IA)
Induktionsschritt (IS): Induktionsvoraussetzung (IV) $\Rightarrow$ Induktionsbehauptung (IB)

Lösungsvorschlag[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Monotonie[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Es wird gezeigt, dass die Folge monoton fallend ist.

I.A.: $4>{\sqrt {6\cdot 4-9}}\Rightarrow 16>15$

I.S.: $a_{n}\geq a_{n+1}\Rightarrow a_{n+1}\geq a_{n+2}$

{\begin{aligned}a_{n+1}&>a_{n+2}\\{\sqrt {6a_{n}-9}}&>{\sqrt {6{\sqrt {6a_{n}-9}}-9}}\\6a_{n}-9&>6{\sqrt {6a_{n}-9}}-9\\a_{n}&>{\sqrt {6a_{n}-9}}\\a_{n}&>a_{n+1}\end{aligned}}

Q.E.D.

Beschränktheit[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Weil die Funktion monoton fallend ist, ist sie sicherlich durch $a_{0}=4$ nach oben beschränkt. Vermutung für die untere Schranke: ${\sqrt {6\cdot 3-9}}=3\Rightarrow 3$ (geht immer so weiter).

Voraussetzung: $3<a_{n}$
Behauptung: $3<a_{n+1}$
Schritt:

${\begin{aligned}3&<a_{n+1}\\3&<{\sqrt {6a_{n}-9}}\\9&<6a_{n}-9\\18&<6a_{n}\\3&<a_{n}\end{aligned}}$

Grenzwert[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Sei der gesuchte Grenzwert $\lim \limits _{n\to \infty }a_{n}=a$ genannt. Eine Rechenregel besagt $\lim _{x\to \infty }{\sqrt[{p}]{a_{n}}}={\sqrt[{p}]{\lim _{x\to \infty }a_{n}}}$ Daher ist:

${\begin{aligned}&\lim \limits _{n\to \infty }a_{n+1}\\=&\lim \limits _{n\to \infty }{\sqrt {6a_{n}-9}}\\=&{\sqrt {\lim \limits _{n\to \infty }6a_{n}-9}}\\=&{\sqrt {\lim \limits _{n\to \infty }6a_{n}-\lim \limits _{n\to \infty }9}}\\=&{\sqrt {6a-9}}\end{aligned}}$

Weiterhin gilt ab einem ausreichend großen $n$ $\lim \limits _{n\to \infty }a_{n+1}=\lim \limits _{n\to \infty }a_{n}$ . Daher kann argumentiert werden

${\begin{aligned}\lim \limits _{n\to \infty }a_{n+1}&=\lim \limits _{n\to \infty }a_{n}\\\lim \limits _{n\to \infty }{\sqrt {6a_{n}-9}}&=\lim \limits _{n\to \infty }a_{n}\\{\sqrt {6a-9}}&=a\\6a-9&=a^{2}\\a^{2}-6a+9&=0\end{aligned}}$

$a_{1,2}=3$

Wohldefiniertheit[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Da $3<a_{n}\leq 4$ , ist der Radikand $6a_{n}-9$ immer positiv. Somit wird tatsächlich jedem $a_{n}$ eine reelle Zahl zugeordnet und die Folge ist wohldefiniert.