TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 21

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 $n\geq 0$ .
$a_{0}=3,a_{n+1}={\sqrt {2a_{n}-1}}$ für alle $n\geq 0$

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Lösungsversuch nach Nemetz, Forum[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Grundlagen[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Unter Konvergenz versteht man in der Mathematik die Existenz eines Grenzwertes. Das Gegenteil wird als Divergenz bezeichnet.

Eine Folge konvergiert gegen einen Grenzwert a, wenn in jeder $\epsilon$ -Umgebung von a fast alle (alle bis auf endlich viele) Folgenglieder liegen.

In der Mathematik heißt eine Funktion oder Folge, die nur größer wird oder konstant ist (und niemals fällt), monoton steigend (oder monoton wachsend). Entsprechend heißt eine Funktion oder Folge monoton fallend, wenn sie nur kleiner wird oder konstant bleibt.

Streng monoton steigend (bzw. streng monoton fallend) sind Funktionen oder Folgen, die nur größer (kleiner) werden, jedoch nicht konstant sind.

Lösung[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Untersuchen von Werten für $a_{0},a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}...$ (Achtung wegen $a_{n+1}$ im Index, d.h. immer das vorige $a_{n-1}$ in die Formel einsetzen)

$a_{0}=3$

$a_{1}={\sqrt {2*a_{n-1}-1}}={\sqrt {2*a_{0}-1}}={\sqrt {2*3-1}}={\sqrt {5}}=2.2360$

$a_{2}={\sqrt {2*a_{n-1}-1}}={\sqrt {2*a_{1}-1}}={\sqrt {2*({\sqrt {5}})-1}}=1.8633$

$a_{3}={\sqrt {2*a_{n-1}-1}}={\sqrt {2*a_{2}-1}}={\sqrt {2*({\sqrt {2*({\sqrt {5}})-1}})-1}}=1.6512$

$\vdots$

Also, das könnt man jetzt bis zum umfallen rechnen. Wer's selber rechnen will damit's keine peinlichen Fehler gibt (die ich nicht ausschließe) kann das tun, ich empfehle den "IsaC"-Calculator[1]. In den kann man "sqrt(2*sqrt(2*sqrt5-1)-1)" eintippen und so weiter.

Wir nehmen jetzt an, dass es sich um eine fallende Folge handelt da $a_{0}>a_{1}>a_{2}>a_{3}>...$

Streng mathematisch gesehen sagen uns die 3 Rechnungen die wir gemacht haben noch gar nichts. Wir hoffen aber einen Hinweis gefunden zu haben, dass immer $a_{n}\geq a_{n+1}$ gilt. Das müssen wir beweisen. Wir möchten die Angabe ( $a_{n+1}={\sqrt {2a_{n}-1}}$ ) einsetzen, um das auch überprüfen zu können d.h. fleißig umformen und einsetzen:

$a_{n}\geq a_{n+1}$

Wir setzen statt $a_{n+1}$ das ${\sqrt {2a_{n}-1}}$ aus der Angabe ( $a_{n+1}={\sqrt {2a_{n}-1}}$ ) ein und erhalten:

$a_{n}\geq {\sqrt {2a_{n}-1}}$

Und umformen:

${\begin{aligned}a_{n}&\geq {\sqrt {2a_{n}-1}}&&|^{2}\\a_{n}^{2}&\geq 2a_{n}-1&&|-2a_{n}\;+1\\a_{n}^{2}-2a_{n}+1&\geq 0\end{aligned}}$

So. Wir erinnern uns an die gute alte Lösungsformel für quadratische Gleichungen, die wir in der Schule bis zum erbrechen geübt haben.

Zur Erinnerung:

Für $x^{2}+px+q=0\quad$ gilt $x_{1,2}\;=\;-{\frac {p}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {p^{2}}{4}}-q}}$

Wir setzen für $x$ einfach $a_{n}$ ein, d.h. $p=-2,q=1$ und erhalten:

$a_{n_{1,2}}\;=\;-{\frac {-2}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {-2^{2}}{4}}-1}}\;=\;1\pm {\sqrt {{\frac {4}{4}}-1}}\;=\;1\pm {\sqrt {1-1}}\;=\;1\pm {\sqrt {0}}\;=\;1$

$a_{n}=1$

Die Gleichung gilt also für alle $a_{n}>1$ . Womit wir 1 auch als Grenzwert annehmen.

//Kommentar: die Gleichung gilt aber für alle $a_{n}$ Die Umformung wäre z.B. $a_{n}^{2}-2a_{n}+1=(a_{n}-1)^{2}\geq 0$

Jetzt setzen wir $a_{n}=1$ in $a_{n}^{2}-2a_{n}+1>0$ ein und erhalten:

${\begin{aligned}1^{2}-2*1+1&\geq 0\\1-2+1&\geq 0\\0&\geq 0\;{\sqrt {}}\\\end{aligned}}$

$1^{2}=2$ ??

Wir glauben eher, dass diese Folge monoton fallend und NICHT streng fallend ist. Da ( $1^{2}=1$ und) $0\geq 0$ das Ergebniss sein sollte.

Bitte um Kommentare, MfG

EDIT: Hab's geändert.

Null ist größer-gleich Null. Wir erinnern uns, dass wir hier $a_{n}\geq a_{n+1}$ bewiesen haben. Das heißt alle $a_{n}$ sind größer oder gleich als das darauffolgende $a_{n+1}$ (mit nur größer hätten wir 0 > 0, geht also nicht). d.h.:

Die Folge ist also monoton fallend (aber nicht streng)!

Jetzt müssen wir nur noch beweisen, dass 1 auch wirklich der Grenzwert ist. Zuerst, dass $a_{n}\geq 1$ ist für alle $a_{n}$ . Laut "Vollständiger Induktion":

$a_{0}$ ist gegeben als $a_{0}=3$ , damit gilt $a_{0}=3\geq 1\;\;{\sqrt {}}$

Allgemein ( $a_{n+1}={\sqrt {2a_{n}-1}}$ ):

${\sqrt {2a_{n}-1}}\geq 1$

${\sqrt {2a_{n}-1}}\geq 1\;\;|\;^{2}$

$2a_{n}-1\geq 1\;\;|\;+1$

$2a_{n}\geq 2\;\;|\;/2$

$a_{n}\geq 1\;\;{\sqrt {}}$

Also für alle $a_{n}$ gilt $a_{n}\geq 1$ .

Die Definition für einen Grenzwert war ja:

Eine Folge konvergiert gegen einen Grenzwert a, wenn in jeder $\epsilon$ -Umgebung von a fast alle (alle bis auf endlich viele) Folgenglieder liegen.

Was bedeutet $\epsilon$ -Umgebung ("Epsilon"-Umgebung) in diesem Fall? Die Folge wird ja immer kleiner (streng monoton fallend), also muss sie ein winzi-bitsi-kleines Stückchen (wir nennen das Stückchen $\epsilon$ ) 'über' dem Grenzwert (den wir ja als $1$ angenommen haben) rankommen. So, dass nur noch "endlich viele" - im Vergleich zu den unendlich vielen anderen also ganz wenige - Folgenglieder-Werte zwischen $1$ und $1+\epsilon$ liegen. Das ist die Theorie. Die Praxis ist: Wir setzen $1+\epsilon$ ein:

${\begin{aligned}{\sqrt {2a_{n}-1}}&\geq 1+\epsilon \\{\sqrt {2a_{n}-1}}&\geq 1+\epsilon &&|\;^{2}\\2a_{n}-1&\geq 1+2*\epsilon +\epsilon ^{2}&&|\;+1\\2a_{n}&\geq 2+2*\epsilon +\epsilon ^{2}&&|\;/2\\a_{n}&\geq 1+\epsilon +{\frac {\epsilon ^{2}}{2}}&&{\sqrt {}}\end{aligned}}$

$\epsilon$ (also auch $\epsilon +{\frac {\epsilon ^{2}}{2}}$ ) ist per Definition eine beliebig kleine Zahl, also gibt es für manche $a_{n}$ Werte die um einen winzigen Wert größer sind als 1. 1 Wird aber nie erreicht. Damit ist 1 tatsächlich der Grenzwert. (EDIT: Laut Prof.Dorfer ist die Aussage "Der Grenzwert wird nie erreicht" falsch)