Rekursive Folge < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Heronsches Verfahren zur Bestimmung der Quadratwurzel: Zu gegebenem
$M > 0$ sei die Folge [mm] $(x_n )_{n\in\mathbb{N}}$ [/mm] rekursiv definiert durch:
[mm] $x_1 [/mm] := 1$
[mm] $x_{n+1} :=\frac{1}{2}(x_n [/mm] + [mm] \frac{M}{x_n})$ [/mm] für [mm] $n\in\mathbb{N}$
[/mm]
a) Zeige, dass [mm] $x_n\ge\sqrt{M}$ [/mm] für alle [mm] $n\ge [/mm] 2$ gilt.
b) die Folge [mm] $(x_n )_{n\ge 2}$ [/mm] monoton fallend ist. |
Hallo,
durch die rekursive Definition der Folge habe ich etwas Schwierigkeiten damit (a) und (b) zu beweisen. Für Beweisideen wäre ich sehr dankbar!
Viele Grüße
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 02:49 So 26.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Heronsches Verfahren zur Bestimmung der Quadratwurzel: Zu
> gegebenem
> [mm]M > 0[/mm] sei die Folge [mm](x_n )_{n\in\mathbb{N}}[/mm] rekursiv
> definiert durch:
> [mm]x_1 := 1[/mm]
>
> [mm]x_{n+1} :=\frac{1}{2}(x_n + \frac{M}{x_n})[/mm] für
> [mm]n\in\mathbb{N}[/mm]
>
> a) Zeige, dass [mm]x_n\ge\sqrt{M}[/mm] für alle [mm]n\ge 2[/mm] gilt.
> b) die Folge [mm](x_n )_{n\ge 2}[/mm] monoton fallend ist.
> Hallo,
>
> durch die rekursive Definition der Folge habe ich etwas
> Schwierigkeiten damit (a) und (b) zu beweisen. Für
> Beweisideen wäre ich sehr dankbar!
![[]](/images/popup.gif) Beispiel 5.13, 2. (Babylonisches Wurzelziehen)
(Du musst eh "Variablen" anpassen und Du hast zu beachten, dass im
Skript [mm] $a_0 \ge \sqrt{x}$ [/mm] gewählt wurde. Das legt bei Eurer Formulierung
der Aufgabe eine Fallunterscheidung nahe. Aber die wichtigsten
Umformungsschritte sind eh identisch.
Auf jeden Fall WARNUNG: Copy&Paste und NUR Variablenanpassung alleine
reicht nicht - im Skript hat man etwas andere Startvoraussetzungen für
die Folge!)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Aufgabe | Zunächst zeige ich, dass (a) für $n=2$ gilt:
[mm] $x_2=\frac{1}{2}(x_1+\frac{M}{x_1})\ge \sqrt{M}$
[/mm]
Dann folgt aus der Def. von [mm] $x_1$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \frac{1}{2}(1+M)\ge\sqrt{M}$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow (1+M)\ge 2*\sqrt{M}$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow (1+M)^2\ge [/mm] 4*M$
[mm] $\Leftrightarrow M^2+2M+1\ge [/mm] 4*M$
[mm] $\Leftrightarrow M^2-2M+1\ge [/mm] 0$
[mm] $\Leftrightarrow (M-1)^2\ge [/mm] 0$
Jetzt weiß ich also, dass [mm] $x_n\ge\sqrt{M}$ [/mm] für ein [mm] $n\in\mathbb{N}$ [/mm] gilt.
Dann:
[mm] $x_{n+1}\ge \sqrt{M}$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow x_{n+1}\ge\sqrt{M}$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_n+\frac{M}{x_n})\ge\sqrt{M}$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_n+\frac{M}{x_n})-\sqrt{M}\ge [/mm] 0$
[mm] $\Leftrightarrow \frac{1}{2x_n}(x_n^2+M-2x_n\sqrt{M})$
[/mm]
[mm] $\Leftrightarrow \frac{1}{2x_n}(x_n-\sqrt{M})^2\ge [/mm] 0$
[mm] $\Box$ [/mm] |
Hallo,
vielen Dank für den Hinweis! Ist mein Beweis oben so richtig? Und wenn ja sieht das verdächtig nach Induktion aus, oder?
Grüße
|
|
|
| |
|
Hallo,
Du möchtest also durch vollständige Induktion zeigen, daß
[mm] a_n\ge\wurzel{M} [/mm] für alle [mm] n\ge [/mm] 2 richtig ist.
Induktionsanfang:
> Zunächst zeige ich, dass (a) für [mm]n=2[/mm] gilt:
> [mm]x_2=\frac{1}{2}(x_1+\frac{M}{x_1})\ge \sqrt{M}[/mm]
> Dann folgt
> aus der Def. von [mm]x_1[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \frac{1}{2}(1+M)\ge\sqrt{M}[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow (1+M)\ge 2*\sqrt{M}[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow (1+M)^2\ge 4*M[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow M^2+2M+1\ge 4*M[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow M^2-2M+1\ge 0[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow (M-1)^2\ge 0[/mm]
>
Induktionsvoraussetzung:
Es gelte
> Jetzt weiß ich also, dass [mm]x_n\ge\sqrt{M}[/mm] für ein
> [mm]n\in\mathbb{N}[/mm] gilt.,
[mm] n\ge [/mm] 2.
> Dann:
Induktionsschluß:
Zu zeigen:
Dann gilt auch
>
> [mm]x_{n+1}\ge \sqrt{M}[/mm].
Bew.:
Sei [mm] x_{n+1}\ge \sqrt{M}
[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow x_{n+1}\ge\sqrt{M}[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_n+\frac{M}{x_n})\ge\sqrt{M}[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_n+\frac{M}{x_n})-\sqrt{M}\ge 0[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \frac{1}{2x_n}(x_n^2+M-2x_n\sqrt{M})\ge 0[/mm]
>
> [mm]\Leftrightarrow \frac{1}{2x_n}(x_n-\sqrt{M})^2\ge 0[/mm]
>
> [mm]\Box[/mm]
Die Richtigkeit der letzten Aussage müßte man vielleicht noch begründen.
LG Angela
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:52 So 26.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
und nur ein ergänzender Hinweis:
Man konstruiert sich für $M [mm] \in \IQ_{>0}$ [/mm] so eine Folge in [mm] $\IQ\,,$ [/mm] die gegen
[mm] $\sqrt{M}$ [/mm] konvergiert - man sieht so also etwa insbesondere die Existenz
einer rationalen Folge, die gegen [mm] $\sqrt{2} \notin \IQ$ [/mm] konvergiert!
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
