Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Häufungspunkte einer komplexen Folge

Häufungspunkte einer komplexen Folge

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Komplexe Zahlen

Komplexe Analysis

Tags: Folgen und Reihen, Komplexe Analysis, Komplexe Zahlen

mathe102 aktiv_icon

20:04 Uhr, 21.05.2020

Kann mir einer mit der folgender aufgabe helfen ?

Sei eine komplexe Folge a wie folgt rekursiv deﬁniert:

a (0) := 1, a (n + 1) := a (n) + \frac{i \cdot a (n)}{(n + 1) ∣ ∣ a (n) ∣ ∣}

∀n ∈N.Geben Sie eine Teilmenge von C möglichst geringen Flächeninhaltes A an, in der alle Häufungspunkte liegen müssen.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

anonymous

14:31 Uhr, 22.05.2020

Hallo
Ich habe mal begonnen, die ersten Folgenglieder zu errechnen.
So kann man am ehesten mal eine Idee und These finden.
Schnell kommt natürlich die Lust, -wenn ich recht weiß- sogenannte 'brutal force' zu nutzen,

d . h

. ich habe den Computer genutzt.

Das vor Augen wachsen aber die Ideen, Thesen, Ansätze,

. .

.

So weit bin ich schon:

>

Der Radius ist konvergent.

>

Der Winkel ist unbegrenzt.

DrBoogie aktiv_icon

14:37 Uhr, 22.05.2020

Wenn Radius konvergent ist und Winkel nicht, bilden die Häufungspunkte vermutlich einen Kreis. Aber wie beweist man das?

anonymous

14:56 Uhr, 22.05.2020

@DrBoogie
Ist das eine Frage an mich?
Ich schlage vor, wir lassen den Teilnehmer noch ein bisschen brüten und eigene Kreativität fruchten...

HAL9000

15:13 Uhr, 22.05.2020

Sei

b (n) = {∣ a (n) ∣}^{2}

, dann folgt

b (n) = b (n - 1) \cdot {∣ 1 + \frac{i}{n ∣ a (n - 1) ∣} ∣}^{2} = b (n - 1) \cdot (1 + \frac{1}{n^{2} b (n - 1)}) = b (n - 1) + \frac{1}{n^{2}}

mit Start

b (0) = 1

.

Diese Folge konvergiert gegen

b = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = 1 + \frac{π^{2}}{6} .

D.h., der Kreis, auf dem alle Häufungspunkte von

a (n)

(so denn welche existieren) liegen müssen, hat dann den Radius

r = \sqrt{b} = \sqrt{1 + \frac{π^{2}}{6}} \approx 1.6263

.

Genauso kann man

φ (n) = arg (a (n))

betrachten: Es ist (modulo

2 π

betrachtend)

φ (n) = φ (n - 1) + arg (1 + \frac{i}{n \sqrt{b (n - 1)}}) = φ (n - 1) + \arctan (\frac{1}{n \sqrt{b (n - 1)}})

mit Start

φ (0) = 0

, d.h. letztlich ist

φ (n) = \sum_{k = 1}^{n} \arctan (\frac{1}{k \sqrt{b (k - 1)}})

.

Nun gilt für

0 < x \leq 1

der Konkavität von arctan in diesem Intervall wegen die Ungleichung

\arctan (x) \geq \frac{π}{4} x

, damit ist

φ (n) \geq \frac{π}{4} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k \sqrt{b (k - 1)}} \geq \frac{π}{4 r} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}

,

und dank der bestimmten Divergenz der geometrischen Reihe zieht die Folge

a (n)

daher unendlich viele Kreise, und wegen

lim_{n \to \infty} \arctan (\frac{1}{n}) = 0

liegen die Punkte dann auf dem Kreis mit dem obigen Radius

r

tatsächlich dicht, womit der ganze Kreis die Häufungspunktmenge ist.

mathe102 aktiv_icon

15:28 Uhr, 22.05.2020

Ich verstehe die zweiten teil ihre lösung echt nicht alles nach arg(a(n))
können sie vielleicht mehr dazu sagen ?

HAL9000

15:31 Uhr, 22.05.2020

Das basiert auf

\arg (z_{1} \cdot z_{2}) = \arg (z_{1}) + \arg (z_{2})

, was wie gesagt streng genommen nur modulo

2 π

gilt.

Und hier ist nun mal

a (n) = a (n - 1) + \frac{i \cdot a (n - 1)}{n \cdot ∣ a (n - 1) ∣} = a (n - 1) \cdot (1 + \frac{i}{n \cdot ∣ a (n - 1) ∣}) = a (n - 1) \cdot (1 + \frac{i}{n \cdot \sqrt{b (n - 1)}})

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

1503726

1503617

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?