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Monotonie mittels vollständiger Induktion

Universität / Fachhochschule

Folgen und Reihen

Tags: Folgen und Reihen

tompo7 aktiv_icon

12:33 Uhr, 06.11.2019

Hallo,
habe da mal ein Problem beim zeigen von Monotonie einer Folge.

Die Folge

(a_{n})

sei durch

a_{n + 1} = \sqrt{a_{n} - \frac{2}{9}}

gegeben, und

a_{1} = \frac{11}{9}

. Es ist zu zeigen, dass die Folge monoton fallend ist.

Die Induktionsbehauptung

A (n)

ist hierbei ja

a_{n + 1} \leq a_{n}

.

Induktionsanfang

A (1) : a_{n + 1} = a_{2} = \sqrt{\frac{9}{9}} = 1 \leq \frac{11}{9} = a_{1}

Die Aussage ist wahr!

Nun zum Induktionsschritt

A (n) \to A (n + 1) :

Meine Idee in diesem Fall,

a_{n + 2} \leq a_{n + 1}

\Rightarrow a_{n + 2} = \sqrt{a_{n + 1} - \frac{2}{9}} \leq \sqrt{a_{n} - \frac{2}{9}} = a_{n + 1}

Reicht das als Beweis, das Problem ist ja eigentlich nicht gelöst, wir haben ja jetzt nur gezeigt, dass das Folgeglied kleiner ist als Glied

1,

es gibt ja auch folgen wo zum Beispiel gilt:

a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \geq a_{4} \leq a_{5} \leq a_{n} \leq a_{n + 1}

Dann würde mein Ansatz zwar für mehrere Glieder gelten, aber für ein Bestimmtes Glied halt nicht mehr. In dem Bereich

a_{n}, a_{n + 2}

ist es monoton fallend!
Oder vielleicht habe ich einen Denkfehler?

LG. Thomas

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Monotonieverhalten (Mathematischer Grundbegriff)

pwmeyer aktiv_icon

12:46 Uhr, 06.11.2019

Hallo,

Du hast oder willst einen Induktionsbeweis führen für die Aussage

A (n) : a_{n + 1} \leq a_{n}

. Der Anfang ist klar. Zum Induktionsbeweis:

Wen

A (n)

wahr ist dann folgt:

a_{n + 1} - \frac{2}{9} \leq a_{n} - \frac{2}{9} \Rightarrow \sqrt{a_{n + 1} - \frac{2}{9}} \leq \sqrt{a_{n} - \frac{2}{9}},

also

a_{n + 2} \leq a_{n + 1}

.

Das hat nur einen Schönheitsfehler: Es muss zunächst gezeigt werden, dass

a_{n} \geq \frac{2}{9}

bleibt, weil sonst die Wurzel nicht gezogen werden kann.

Dazu bestimme den (möglichen) Grenzwert a der Folge und zeige induktiv:

a \leq a_{n}

.

Gruß pwm

abakus

12:56 Uhr, 06.11.2019

Die Behauptung ist

a_{n + 1} < a_{n}

und ist äquivalent zu

\sqrt{a_{n} - \frac{2}{9}} < a_{n}

.
Quadrieren (auch wenn das keine Äquivalenzumformung ist, wir suchen nur nach einem Weg) liefert

a_{n} - \frac{2}{9} < a_{n}^{2}

bzw.

0 < a_{n}^{2} - a_{n} + \frac{2}{9}

. Das ist erfüllt für

a_{n} > 2 / 3

und für

a_{n} < 1 / 3

.

Jetzt kehre mal unter der Voraussetzung, dass

a_{n} > 2 / 3

am Anfang tatsächlich gilt, diesen Weg um.

tompo7 aktiv_icon

13:08 Uhr, 06.11.2019

Aha okay, dann führ ich das mal weiter aus:

Die Folge ist durch

\frac{2}{3}

nach unten Beschränkt, habe ich Induktiv gezeigt wie folgt:

A (1) : a_{1} = \frac{11}{9} \geq \frac{2}{3} \Leftrightarrow 33 \geq 18 (w . A)

A (n) \to A (n + 1) :

a_{n} \geq \frac{2}{3}

a_{n} - \frac{2}{9} \geq \frac{2}{3} - \frac{2}{9}

\sqrt{a_{n} - \frac{2}{9}} \geq \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}

somit wäre gezeigt, dass

a_{n + 1}

nach unten mit

\frac{2}{3}

beschränkt ist.

Mögliche Grenzwerte sind:

s = lim_{n \to \infty} (a_{n + 1}) = lim_{n \to \infty} (a_{n}) = \sqrt{lim_{n \to \infty} (a_{n}) - \frac{2}{9}} = \sqrt{s - \frac{2}{9}}

s = \sqrt{s - \frac{2}{9}} \Leftrightarrow s^{2} - s + \frac{2}{9} = 0

s_{1,2} = \frac{1}{3}, \frac{2}{3}

Der Grenzwert ist also

s = lim_{n \to \infty} = \frac{2}{3}

HAL9000

16:12 Uhr, 06.11.2019

Na dann ist ja alles geklärt, man sollte es nur in eine logisch einwandfreie Reihenfolge bringen:

1) Induktionsbeweis für

a_{n} \geq \frac{2}{3}

2) Induktionsbeweis für

a_{n + 1} \leq a_{n}

, unter Nutzung von 1) wg. Wurzelziehen

3) Eigenschaften 1) und 2) ergeben zusammen Konvergenz, und Grenzwert

s

muss Fixpunkt der Gleichung

s = \sqrt{s - \frac{2}{9}}

sein, und wegen 1) ist aber zwingend auch

s \geq \frac{2}{3}

. Es verbleibt damit nur Variante

s = \frac{2}{3}

tompo7 aktiv_icon

10:34 Uhr, 07.11.2019

Vielen Dank an alle!
LG

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