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FOLGE: Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
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]

        
Bezug
FOLGE: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
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]

(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

Bezug
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