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  Folgen auf Monotonie und Beschränktheit untersuchen |
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Max_804
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 |  Themenstart: 2022-12-15
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Hallo,
ich möchte lösen:
(1) Es sei (a_n)_(n\el\ \IN^+) die rekursiv definierte Folge mit a_1 = 1/2 und a_(n+1) = 1/(2-a_n).
Untersuchen Sie, ob die Folge wohldefiniert, monoton steigend, monoton fallend, nach oben beschränkt oder nach unten beschränkt ist. Geben Sie gegebenenfalls eine obere Schranke, eine untere Schranke und den Grenzwert an. Gibt es eine explizite Formel (ohne Rekursion) für die Folge (a_n)_(n\el\ \IN^+)?
(2)
Untersuchen Sie, ob die Folgen monoton steigend, monoton fallend, nach oben beschränkt oder nach unten beschränkt sind. Geben Sie gegebenenfalls eine obere Schranke, eine untere Schranke und den Grenzwert an.
(a_n)_(n\el\ \IN^+) mit a_n = (n^2+1)/2n^2, (b_n)_(n\el\ \IN^+) mit b_n = (3^(n+1)+(-1)^n)/3^n
Untersuchen Sie, ob die Folgen konvergent sind. Gegeben Sie gegebenenfalls den Grenzwert an.
(c_n)_(n\el\ \IN^+) mit c_n = sqrt(17(n + 3))-sqrt(17n), (d_n)_(n\el\ \IN^+) mit d_n = (sin(3/2*pi(2n-1)))^n
Tipp: Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge (c_n)_(n\el\ \IN^+) mit dem Sandwichkriterium und nutzen Sie die dritte Binomische Formel für die obere Abschätzung.
Zunächst erstmal die (1).
Erst habe ich weitere Glieder berechnet, a_2 = 2/3, a_3 = 3/4 usw.
Dann sieht man zunächst ob sie monoton steigend ist. Wie beweise ich aber dass sie wohldefiniert ist? Ich muss ja zeigen, dass der Nenner niemals = 0 ergibt. Und wie berechnet man die obere und untere Schranke bzw schaut nach ob sie beschränkt ist? Und wie kann ich den Grenzwert berechnen? Die explizite Formel ist ja n/(n+1), aber ich nehme an, ich soll den Grenzwert ohne die explizite Formel bestimmen.
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Caban
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-12-15
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Hallo
Du kannst die explizite Gleichung beweisen und dann den Grenzwert berechnen.
Das müsste gehen.
Gruß Caban
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Diophant
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-12-15
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
\quoteon(2022-12-15 19:34 - Max_804 im Themenstart)
Und wie berechnet man die obere und untere Schranke bzw schaut nach ob sie beschränkt ist?
\quoteoff
Vorsicht mit Patentrezepten. Du könntest hier zuerst die Monotonie nachweisen (das geht sehr einfach, weil der Induktionsschluss auf eine wirklich einfache Ungleichung hinausläuft). Dann hat man sofort eine untere Schranke (welche?), und eine naheligende obere Schranke zeigt man dann ebenfalls durch vollständige Induktion.
(Zur Beschränktheit: es gibt nicht "die Schranke". Eindeutig sind ggf. nur kleinste obere Schranke und größte untere Schranke, bzw. Supremum und Infimum, wie die Fachbegriffe dafür heißen.)
\quoteon(2022-12-15 19:34 - Max_804 im Themenstart)
Und wie kann ich den Grenzwert berechnen? Die explizite Formel ist ja n/(n+1), aber ich nehme an, ich soll den Grenzwert ohne die explizite Formel bestimmen.
\quoteoff
Genau so ist es gemeint. Eine Folge ist konvergent, wenn sie monoton und (am richtigen Ende) beschränkt ist. Hast du das nachgewiesen, gehst du mit \(\lim_{n\to\infty}a_n=a=a_n=a_{n+1}\) in die Rekursionsgleichung ein und löst diese nach dem Grenzwert \(a\) auf. Eventuell auftretende weitere Lösungen muss man dann eben durch ein wenig Mitdenken aussortieren.
Hier hast du die Lösung bereits, wenn du bei der Monotonie alles richtig gemacht hast...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-16
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\quoteon(2022-12-15 20:11 - Diophant in Beitrag No. 2)
Hallo,
\quoteon(2022-12-15 19:34 - Max_804 im Themenstart)
Und wie berechnet man die obere und untere Schranke bzw schaut nach ob sie beschränkt ist?
\quoteoff
Vorsicht mit Patentrezepten. Du könntest hier zuerst die Monotonie nachweisen (das geht sehr einfach, weil der Induktionsschluss auf eine wirklich einfache Ungleichung hinausläuft). Dann hat man sofort eine untere Schranke (welche?), und eine naheligende obere Schranke zeigt man dann ebenfalls durch vollständige Induktion.
(Zur Beschränktheit: es gibt nicht "die Schranke". Eindeutig sind ggf. nur kleinste obere Schranke und größte untere Schranke, bzw. Supremum und Infimum, wie die Fachbegriffe dafür heißen.)
\quoteon(2022-12-15 19:34 - Max_804 im Themenstart)
Und wie kann ich den Grenzwert berechnen? Die explizite Formel ist ja n/(n+1), aber ich nehme an, ich soll den Grenzwert ohne die explizite Formel bestimmen.
\quoteoff
Genau so ist es gemeint. Eine Folge ist konvergent, wenn sie monoton und (am richtigen Ende) beschränkt ist. Hast du das nachgewiesen, gehst du mit \(\lim_{n\to\infty}a_n=a=a_n=a_{n+1}\) in die Rekursionsgleichung ein und löst diese nach dem Grenzwert \(a\) auf. Eventuell auftretende weitere Lösungen muss man dann eben durch ein wenig Mitdenken aussortieren.
Hier hast du die Lösung bereits, wenn du bei der Monotonie alles richtig gemacht hast...
Gruß, Diophant
\quoteoff
Für die Monotonie gilt ja: $a_n < a_{n+1}$ monoton steigend und $a_n > a_{n+1}$ monoton fallend.
Reicht es wenn ich einfach ein $a_{n+1}$ berechne, oder soll ich es umformen und $a_n-a_{n+1}$ < 0 beweisen? (Und mit der expliziten Formel arbeiten, nicht mit der rekursiven, oder?)
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Diophant
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| Beitrag No.4, eingetragen 2022-12-16
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\quoteon(2022-12-16 09:00 - Max_804 in Beitrag No. 3)
Für die Monotonie gilt ja: $a_n < a_{n+1}$ monoton steigend und $a_n > a_{n+1}$ monoton fallend.
Reicht es wenn ich einfach ein $a_{n+1}$ berechne, oder soll ich es umformen und $a_n-a_{n+1}$ < 0 beweisen? (Und mit der expliziten Formel arbeiten, nicht mit der rekursiven, oder?)
\quoteoff
Du sollst die Monotonie hier definitiv* anhand der Rekursionsvorschrift nachweisen. Und die Differenz \(a_{n+1}-a_n\) (bzw. andersherum) zu betrachten ist die richtige Idee.
*So muss man die Aufgabenstellug aus dem Themenstart jedenfalls verstehen. Die Frage nach einer expliziten Darstellung kommt dort erst ganz am Ende!
PS:
Arbeite in dieser Reihenfolge die wesentlichen Punkte ab:
- Beschränktheit nach oben per vollständiger Induktion (überlege dir hier eine sinnvolle obere Schranke, so dass die Frage der Wohldefiniertheit auch gleich geklärt ist)
- Beschränktheit nach unten unter Verwendung der Beschränktheit nach oben
- Monotonie
- Grenzwert
- explizite Darstellung (auch die mit vollständiger Induktion zeigen).
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-16
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\quoteon(2022-12-16 09:51 - Diophant in Beitrag No. 4)
\quoteon(2022-12-16 09:00 - Max_804 in Beitrag No. 3)
Für die Monotonie gilt ja: $a_n < a_{n+1}$ monoton steigend und $a_n > a_{n+1}$ monoton fallend.
Reicht es wenn ich einfach ein $a_{n+1}$ berechne, oder soll ich es umformen und $a_n-a_{n+1}$ < 0 beweisen? (Und mit der expliziten Formel arbeiten, nicht mit der rekursiven, oder?)
\quoteoff
Du sollst die Monotonie hier definitiv* anhand der Rekursionsvorschrift nachweisen. Und die Differenz \(a_{n+1}-a_n\) (bzw. andersherum) zu betrachten ist die richtige Idee.
*So muss man die Aufgabenstellug aus dem Themenstart jedenfalls verstehen. Die Frage nach einer expliziten Darstellung kommt dort erst ganz am Ende!
PS:
Arbeite in dieser Reihenfolge die wesentlichen Punkte ab:
- Beschränktheit nach oben per vollständiger Induktion (überlege dir hier eine sinnvolle obere Schranke, so dass die Frage der Wohldefiniertheit auch gleich geklärt ist)
- Beschränktheit nach unten unter Verwendung der Beschränktheit nach oben
- Monotonie
- Grenzwert
- explizite Darstellung (auch die mit vollständiger Induktion zeigen).
Gruß, Diophant
\quoteoff
Kurz noch:
Ist die untere Schranke nicht 1/2? Es ist ja für $ n \in \IN^+$ definiert.
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Diophant
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| Beitrag No.6, eingetragen 2022-12-16
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
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\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-12-16 15:12 - Max_804 in Beitrag No. 5)
Kurz noch:
Ist die untere Schranke nicht 1/2? Es ist ja für $ n \in \IN^+$ definiert.
\quoteoff
Es gibt nicht "die untere Schranke". \(1/2\) ist hier die größte untere Schranke, was man aber erst wissen kann, wenn man die Monotonie hat. Oder wenn man es gezeigt hat...
Jede Zahl \(s<\frac{1}{2}\) ist damit ebenfalls eine untere Schranke der Folge. Also etwa auch die -157.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-17
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\quoteon(2022-12-16 15:24 - Diophant in Beitrag No. 6)
\quoteon(2022-12-16 15:12 - Max_804 in Beitrag No. 5)
Kurz noch:
Ist die untere Schranke nicht 1/2? Es ist ja für $ n \in \IN^+$ definiert.
\quoteoff
Es gibt nicht "die untere Schranke". \(1/2\) ist hier die größte untere Schranke, was man aber erst wissen kann, wenn man die Monotonie hat. Oder wenn man es gezeigt hat...
Jede Zahl \(s<\frac{1}{2}\) ist damit ebenfalls eine untere Schranke der Folge. Also etwa auch die -157.
Gruß, Diophant
\quoteoff
Ich habe erst die Beschränktheit versucht.
Ich habe vermutet $0 < a_n < 1$.
Das ist dann auch meine Induktionsvoraussetzung.
Induktionsanfang: $0 < 1/2 < 1$ passt.
Induktionsschritt: $0 < a_{n+1} < 1$
Zuerst habe ich $a_{n+1} < 1$ betrachtet.
Also: $\frac{1}{(2-a_n)} < 1$
Da ich $a_n$ nicht den Wert 1 annehmen kann muss gelten:
$2-a_n > 2-1$
Wenn das gilt kann ich daraus schlussfolgern:
$0 < \frac{1}{(2-a_n)} < 1$
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Diophant
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| Beitrag No.8, eingetragen 2022-12-17
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
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\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
das ist zwar alles sehr holprig ausformuliert, aber vom Prinzip her richtig.
So könnte man es meiner Meinung nach besser machen:
\[\ba
&\text{Behauptung:}\quad &0\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-17 16:27 - Diophant in Beitrag No. 8)
Hallo,
das ist zwar alles sehr holprig ausformuliert, aber vom Prinzip her richtig.
So könnte man es meiner Meinung nach besser machen:
\[\ba
&\text{Behauptung:}\quad &0 a_n$ -> $a_{n+1} - a_n > 0$
$\frac{1}{2-a_n} - a_n > 0$
Ich muss ja irgendwie zeigen, dass die linke Seite immer positiv ist, ich finde aber gerade keinen Weg dafür.
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Diophant
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| Beitrag No.10, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 14:05 - Max_804 in Beitrag No. 9)
Ich muss ja irgendwie zeigen, dass die linke Seite immer positiv ist, ich finde aber gerade keinen Weg dafür.
\quoteoff
Ein wenig Bruchrechnen und eine gewisse binomische Formel anwenden?
(Und die mittlerweile bewiesene Beschränktheit mit verwenden.)
Gruß, Diophant
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Max_804
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 14:15 - Diophant in Beitrag No. 10)
\quoteon(2022-12-18 14:05 - Max_804 in Beitrag No. 9)
Ich muss ja irgendwie zeigen, dass die linke Seite immer positiv ist, ich finde aber gerade keinen Weg dafür.
\quoteoff
Ein wenig Bruchrechnen und eine gewisse binomische Formel anwenden?
(Und die mittlerweile bewiesene Beschränktheit mit verwenden.)
Gruß, Diophant
\quoteoff
Meine Idee wäre dann:
$\frac{1}{2-a_n}-a_n > 0$
$\frac{(a_n-1)^2}{2-a_n} > 0$
Der Zähler ist sowieso immer positiv, und dass der Nenner > 1 ist, wurde mit der Beschränktheit bewiesen.
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Diophant
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Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.12, eingetragen 2022-12-18
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
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\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
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\newcommand{\on}{\operatorname}
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\quoteon(2022-12-18 14:27 - Max_804 in Beitrag No. 11)
Meine Idee wäre dann:
$\frac{1}{2-a_n}-a_n > 0$
$\frac{(a_n-1)^2}{2-a_n} > 0$
Der Zähler ist sowieso immer positiv, und dass der Nenner > 1 ist, wurde mit der Beschränktheit bewiesen.
\quoteoff
Ja, genau. Damit hast du jetzt Beschränktheit (insbesondere nach oben) und die Tatsache nachgewisen, dass die Folge monoton wächst. Das ist gleichbedeutend mit Konvergenz, du weißt also schon, dass ein Grenzwert \(a=\lim_{n\to\infty}a_n\) existiert.
Für diesen Grenzwert muss die Rekursionsgleichung auch gelten...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 14:31 - Diophant in Beitrag No. 12)
\quoteon(2022-12-18 14:27 - Max_804 in Beitrag No. 11)
Meine Idee wäre dann:
$\frac{1}{2-a_n}-a_n > 0$
$\frac{(a_n-1)^2}{2-a_n} > 0$
Der Zähler ist sowieso immer positiv, und dass der Nenner > 1 ist, wurde mit der Beschränktheit bewiesen.
\quoteoff
Ja, genau. Damit hast du jetzt Beschränktheit (insbesondere nach oben) und die Tatsache nachgewisen, dass die Folge monoton wächst. Das ist gleichbedeutend mit Konvergenz, du weißt also schon, dass ein Grenzwert \(a=\lim_{n\to\infty}a_n\) existiert.
Für diesen Grenzwert muss die Rekursionsgleichung auch gelten...
Gruß, Diophant
\quoteoff
Ja, weil es monoton und beschränkt ist, wissen wir, dass es konvergiert.
Also:
$\lim \limits_{n \to \infty} a_{n+1} = \lim \limits_{n \to \infty} a_{n}$
Meine Idee wäre, alles auf eine Seite zu bringen, und dann für $a$ aufzulösen.
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Diophant
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Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.14, eingetragen 2022-12-18
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-12-18 14:51 - Max_804 in Beitrag No. 13)
Meine Idee wäre, alles auf eine Seite zu bringen, und dann für $a$ aufzulösen.
\quoteoff
Mach doch auch mal und kündige nicht nur an. Der Grenzwert erfüllt also die Gleichung
\[a=\frac{1}{2-a}\]
Und das nach a aufzulösen ist denkbar einfach...
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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Mitteilungen: 174
| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 14:55 - Diophant in Beitrag No. 14)
\quoteon(2022-12-18 14:51 - Max_804 in Beitrag No. 13)
Meine Idee wäre, alles auf eine Seite zu bringen, und dann für $a$ aufzulösen.
\quoteoff
Mach doch auch mal und kündige nicht nur an. Der Grenzwert erfüllt also die Gleichung
\[a=\frac{1}{2-a}\]
Und das nach a aufzulösen ist denkbar einfach...
Gruß, Diophant
\quoteoff
Daraus folgt dann $a^2-2a+1=0$
Mit der pq-Formel kommt man auf
$a = 1 \pm \sqrt{1-1} = 1$
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Diophant
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Dabei seit: 18.01.2019
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| Beitrag No.16, eingetragen 2022-12-18
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
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\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-12-18 15:02 - Max_804 in Beitrag No. 15)
Daraus folgt dann $a^2-2a+1=0$
Mit der pq-Formel kommt man auf
$a = 1 \pm \sqrt{1-1} = 1$
\quoteoff
Oder per Binom: \(a^2-2a+1=(a-1)^2=0\)...
So, und jetzt beweist du noch deine (richtige) Vermutung für die explizite Darstellung mittels vollständiger Induktion.
PS: die Wohldefiniertheit haben wir ein wenig aus den Augen verloren. Ist dir klar, dass sie bereits aus deinem Beweis für die Beschränktheit folgt?
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
Aktiv
Dabei seit: 29.04.2022
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 15:10 - Diophant in Beitrag No. 16)
\quoteon(2022-12-18 15:02 - Max_804 in Beitrag No. 15)
Daraus folgt dann $a^2-2a+1=0$
Mit der pq-Formel kommt man auf
$a = 1 \pm \sqrt{1-1} = 1$
\quoteoff
Oder per Binom: \(a^2-2a+1=(a-1)^2=0\)...
So, und jetzt beweist du noch deine (richtige) Vermutung für die explizite Darstellung mittels vollständiger Induktion.
PS: die Wohldefiniertheit haben wir ein wenig aus den Augen verloren. Ist dir klar, dass sie bereits aus deinem Beweis für die Beschränktheit folgt?
Gruß, Diophant
\quoteoff
Ja, sitze gerade an dem Beweis.
Die Folge ist wohldefiniert, weil mithilfe der Beschränktheit gezeigt wurde, dass die kleinste obere Schranke ja 1 ist, d.h. der Nenner kann nicht 0 werden und ist > 1.
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Max_804
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| Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 15:18 - Max_804 in Beitrag No. 17)
\quoteon(2022-12-18 15:10 - Diophant in Beitrag No. 16)
\quoteon(2022-12-18 15:02 - Max_804 in Beitrag No. 15)
Daraus folgt dann $a^2-2a+1=0$
Mit der pq-Formel kommt man auf
$a = 1 \pm \sqrt{1-1} = 1$
\quoteoff
Oder per Binom: \(a^2-2a+1=(a-1)^2=0\)...
So, und jetzt beweist du noch deine (richtige) Vermutung für die explizite Darstellung mittels vollständiger Induktion.
PS: die Wohldefiniertheit haben wir ein wenig aus den Augen verloren. Ist dir klar, dass sie bereits aus deinem Beweis für die Beschränktheit folgt?
Gruß, Diophant
\quoteoff
Ja, sitze gerade an dem Beweis.
Die Folge ist wohldefiniert, weil mithilfe der Beschränktheit gezeigt wurde, dass die kleinste obere Schranke ja 1 ist, d.h. der Nenner kann nicht 0 werden und ist > 1.
\quoteoff
Bei der expliziten Gleichung weiß ich gerade nicht, ob ich das richtig gemacht habe.
Jedenfalls habe ich vermutet, dass die explizite Gleichung $a_n = \frac{n}{n+1}$ ist.
$a_1$ ist ja bereits gegeben als $\frac{1}{2}$
Induktionsanfang: n=1
$a_1 = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$ stimmt.
IV: $\exists n \in \mathbb{N}^{+}: a_n = \frac{n}{n+1}$
IS: $n \rightarrow n+1$
$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+1+1} = \frac{n+1}{n+2}$.
Wir haben auch gegeben:
$a_{n+1} = \frac{1}{2-a_n}$
Jetzt in diese Gleichung für $a_n$ $\frac{n}{n+1}$ einsetzen:
$a_{n+1} = \frac{1}{2-\frac{n}{n+1}}$
Umgeformt folgt dann daraus:
$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+2}$
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Diophant
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| Beitrag No.19, eingetragen 2022-12-18
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
\quoteon(2022-12-18 15:39 - Max_804 in Beitrag No. 18)
Bei der expliziten Gleichung weiß ich gerade nicht, ob ich das richtig gemacht habe.
Jedenfalls habe ich vermutet, dass die explizite Gleichung $a_n = \frac{n}{n+1}$ ist.
$a_1$ ist ja bereits gegeben als $\frac{1}{2}$
Induktionsanfang: n=1
$a_1 = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$ stimmt.
IV: $\exists n \in \mathbb{N}^{+}: a_n = \frac{n}{n+1}$
IS: $n \rightarrow n+1$
$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+1+1} = \frac{n+1}{n+2}$.
Wir haben auch gegeben:
$a_{n+1} = \frac{1}{2-a_n}$
Jetzt in diese Gleichung für $a_n$ $\frac{n}{n+1}$ einsetzen:
$a_{n+1} = \frac{1}{2-\frac{n}{n+1}}$
Umgeformt folgt dann daraus:
$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+2}$
\quoteoff
Auch hier gilt wieder: alles strukturierter und überlegter hinschreiben, aber vom Prinzip her ist es richtig. 👍
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 16:05 - Diophant in Beitrag No. 19)
Hallo,
\quoteon(2022-12-18 15:39 - Max_804 in Beitrag No. 18)
Bei der expliziten Gleichung weiß ich gerade nicht, ob ich das richtig gemacht habe.
Jedenfalls habe ich vermutet, dass die explizite Gleichung $a_n = \frac{n}{n+1}$ ist.
$a_1$ ist ja bereits gegeben als $\frac{1}{2}$
Induktionsanfang: n=1
$a_1 = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$ stimmt.
IV: $\exists n \in \mathbb{N}^{+}: a_n = \frac{n}{n+1}$
IS: $n \rightarrow n+1$
$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+1+1} = \frac{n+1}{n+2}$.
Wir haben auch gegeben:
$a_{n+1} = \frac{1}{2-a_n}$
Jetzt in diese Gleichung für $a_n$ $\frac{n}{n+1}$ einsetzen:
$a_{n+1} = \frac{1}{2-\frac{n}{n+1}}$
Umgeformt folgt dann daraus:
$a_{n+1} = \frac{n+1}{n+2}$
\quoteoff
Auch hier gilt wieder: alles strukturierter und überlegter hinschreiben, aber vom Prinzip her ist es richtig. 👍
Gruß, Diophant
\quoteoff
Bei der Nr. 2 ist die Folge für $a_n = \frac{n^2+2}{2n^2}$
Ich habe mit der Beschränktheit angefangen.
Ich habe vermutet: $0 < a_n < 1.$
Ich würde das hier aber ohne Induktion beweisen, indem ich den Term durch n^2 teile: $a_n = \frac{1+\frac{2}{n^2}}{2}$.
Für $n \rightarrow \infty$ folgt $\frac{1}{2}$.
Würde das als Beweis reichen?
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Diophant
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| Beitrag No.21, eingetragen 2022-12-18
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
es ist noch ein Tippfehler, es sollte heißen:
\[a_n=\frac{n^2+1}{2n^2}\]
\quoteon(2022-12-18 20:59 - Max_804 in Beitrag No. 20)
Ich würde das hier aber ohne Induktion beweisen, indem ich den Term durch n^2 teile: $a_n = \frac{1+\frac{2}{n^2}}{2}$.
Für $n \rightarrow \infty$ folgt $\frac{1}{2}$.
Würde das als Beweis reichen?
\quoteoff
Das musst du schon auch selbst wissen, denn es kommt darauf an, was du als bekannt voraussetzen darfst. Die Aufgabe würde eher wenig Sinn machen, wenn man das mit Hilfe der Grenzwertsätze machen darf.
Ich denke, dass man hier in beiden Fällen einen Grenzwert vermuten soll, um diesen dann mit der Definition der Folgenkonvergenz nachzuweisen.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18
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\quoteon(2022-12-18 21:09 - Diophant in Beitrag No. 21)
Hallo,
es ist noch ein Tippfehler, es sollte heißen:
\[a_n=\frac{n^2+1}{2n^2}\]
\quoteon(2022-12-18 20:59 - Max_804 in Beitrag No. 20)
Ich würde das hier aber ohne Induktion beweisen, indem ich den Term durch n^2 teile: $a_n = \frac{1+\frac{2}{n^2}}{2}$.
Für $n \rightarrow \infty$ folgt $\frac{1}{2}$.
Würde das als Beweis reichen?
\quoteoff
Das musst du schon auch selbst wissen, denn es kommt darauf an, was du als bekannt voraussetzen darfst. Die Aufgabe würde eher wenig Sinn machen, wenn das mit Hilfe der Grenzwertsätze machen darf.
Ich denke, dass man hier in beiden Fällen einen Grenzwert vermuten soll, um diesen dann mit der Definition der Folgenkonvergenz nachzuweisen.
Gruß, Diophant
\quoteoff
Habe gerade gesehen, dass ich im Threadanfang mich vertippt habe.
$a_n=\frac{n^2+2}{2n^2}$ ist richtig. Ändert ja aber nichts am Grenzwert.
|
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Diophant
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|  Beitrag No.23, eingetragen 2022-12-19
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Moin Max,
\quoteon(2022-12-18 21:30 - Max_804 in Beitrag No. 22)
Habe gerade gesehen, dass ich im Threadanfang mich vertippt habe.
$a_n=\frac{n^2+2}{2n^2}$ ist richtig. Ändert ja aber nichts am Grenzwert.
\quoteoff
Irgendwie bist du ja schon ein Meister der unausgesprochenen Fragen. 😉
Um das ganze wieder ein wenig anzuschieben: ja, der Grenzwert ist hier so oder so gleich 1/2. Es geht jetzt darum, ihn mit dem Kiriterium für Folgenkonvergenz nachzuweisen. Das würde im Fall der Folge \(a_n\) so aussehen:
\[\left|\frac{n^2+2}{2n^2}-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{n^2}<\varepsilon\]
Die letzte Ungleichheit kann man nach \(n\) auflösen:
\[\frac{1}{n^2}<\varepsilon\ \Leftrightarrow\ n>\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\]
Das bedeutet: zu jedem \(\varepsilon>0\) gibt es eine natürliche Zahl \(N\), so dass für alle \(n\ge N\) die Ungleichung \(\left|\frac{n^2+2}{2n^2}-\frac{1}{2}\right|<\varepsilon\) gilt. Bzw., dass ab diesem \(n\) alle Folgenglieder innnerhalb der entsprechenden \(\varepsilon\)-Umgebung um den Grenzwert liegen. Damit ist der vermutete Grenzwert \(a=\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{2}\) gezeigt.
Das kannst du für die Folge \(b_n\) ja jetzt einmal selbst versuchen.
Und für die Zukunft würde ich dir gerne zwei Tipps geben, wie du die Arbeit hier im Forum in deinem Sinne effizienter gestalten könntest:
- Poste jede Aufgabe in einem eigenen Thread
- Stelle Rückfragen möglichst immer erst dann, wenn du ein substanzielles Anliegen hast. Also enweder einen Fortschritt bzw. ein Resultat, den/das du überprüft haben möchstest, oder eine wichtige Frage, die du geklärt sehen möchtest, um weiterarbeiten zu können.
Sonst zieht sich wirklich jeder Thread so unnötig in die Länge, wie das hier der Fall ist. Und bitte nicht falsch verstehen: ich habe damit keinerlei Probleme. Ich denke nur, dass es für dich so nicht sonderlich effektiv ist.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804
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| Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-19
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\quoteon(2022-12-19 10:32 - Diophant in Beitrag No. 23)
Moin Max,
\quoteon(2022-12-18 21:30 - Max_804 in Beitrag No. 22)
Habe gerade gesehen, dass ich im Threadanfang mich vertippt habe.
$a_n=\frac{n^2+2}{2n^2}$ ist richtig. Ändert ja aber nichts am Grenzwert.
\quoteoff
Irgendwie bist du ja schon ein Meister der unausgesprochenen Fragen. 😉
Um das ganze wieder ein wenig anzuschieben: ja, der Grenzwert ist hier so oder so gleich 1/2. Es geht jetzt darum, ihn mit dem Kiriterium für Folgenkonvergenz nachzuweisen. Das würde im Fall der Folge \(a_n\) so aussehen:
\[\left|\frac{n^2+2}{2n^2}-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{n^2}<\varepsilon\]
Die letzte Ungleichheit kann man nach \(n\) auflösen:
\[\frac{1}{n^2}<\varepsilon\ \Leftrightarrow\ n>\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\]
Das bedeutet: zu jedem \(\varepsilon>0\) gibt es eine natürliche Zahl \(N\), so dass für alle \(n\ge N\) die Ungleichung \(\left|\frac{n^2+2}{2n^2}-\frac{1}{2}\right|<\varepsilon\) gilt. Bzw., dass ab diesem \(n\) alle Folgenglieder innnerhalb der entsprechenden \(\varepsilon\)-Umgebung um den Grenzwert liegen. Damit ist der vermutete Grenzwert \(a=\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{2}\) gezeigt.
Das kannst du für die Folge \(b_n\) ja jetzt einmal selbst versuchen.
Und für die Zukunft würde ich dir gerne zwei Tipps geben, wie du die Arbeit hier im Forum in deinem Sinne effizienter gestalten könntest:
- Poste jede Aufgabe in einem eigenen Thread
- Stelle Rückfragen möglichst immer erst dann, wenn du ein substanzielles Anliegen hast. Also enweder einen Fortschritt bzw. ein Resultat, den/das du überprüft haben möchstest, oder eine wichtige Frage, die du geklärt sehen möchtest, um weiterarbeiten zu können.
Sonst zieht sich wirklich jeder Thread so unnötig in die Länge, wie das hier der Fall ist. Und bitte nicht falsch verstehen: ich habe damit keinerlei Probleme. Ich denke nur, dass es für dich so nicht sonderlich effektiv ist.
Gruß, Diophant
\quoteoff
Bevor ich das mache: Ich würde noch die Beschränktheit machen (oder folgt das hier durch den oberen Beweis?)
Ich weiß nicht wie ich das genau notieren soll, das 1. Glied ist ja $\frac{3}{2}$ und es nähert sich vermutlich $\frac{1}{2}$.
Kann ich dann sagen meine größte untere Schranke ist $\frac{1}{2}$ und meine kleinste obere Schranke ist $\frac{3}{2}$?
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Diophant
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Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.25, eingetragen 2022-12-19
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-12-19 12:18 - Max_804 in Beitrag No. 24)
Bevor ich das mache: Ich würde noch die Beschränktheit machen (oder folgt das hier durch den oberen Beweis?)
Ich habe da gerade keinen Ansatz für meine Ungleichung, weil das 1. Glied ja $\frac{3}{2}$ ist. und sich vermutlich $\frac{1}{2}$ nähert.
\quoteoff
Und was hindert dich daran?
Natürlich folgt aus Konvergenz Beschränktheit. Im Sinne der Aufgabenstellung solltest du diese aber vorher begründen (durch die Angabe geeigneter Schranken), ebenso sollte noch eine Untersuchung auf Monotonie erfolgen.
Kann bspw. \(a_n<0\) oder \(a_n>2\) gelten? Falls nein: warum nicht...
Aber das haben wir doch alles schon anhand der ersten Aufgabe besprochen?
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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ochen
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| Beitrag No.26, eingetragen 2022-12-19
|
Hallo,
alle konvergenten Folgen sind beschränkt. Und den allgemeinen Beweis kannst du hier ein wenig abwandeln. Für alle $n\geq 1$ gilt
\[
\left|a_n-\frac 12\right|=\frac{1}{n^2}\leq 1.
\]
Entsprechend folgt
\[
|a_n|\leq\left|a_n-\frac 12\right|+\frac 12=\frac{1}{n^2}+\frac 12\leq \frac 32.
\]
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.24 begonnen.]
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Max_804
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Dabei seit: 29.04.2022
Mitteilungen: 174
| Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-19
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\quoteon(2022-12-19 12:27 - Diophant in Beitrag No. 25)
\quoteon(2022-12-19 12:18 - Max_804 in Beitrag No. 24)
Bevor ich das mache: Ich würde noch die Beschränktheit machen (oder folgt das hier durch den oberen Beweis?)
Ich habe da gerade keinen Ansatz für meine Ungleichung, weil das 1. Glied ja $\frac{3}{2}$ ist. und sich vermutlich $\frac{1}{2}$ nähert.
\quoteoff
Und was hindert dich daran?
Natürlich folgt aus Konvergenz Beschränktheit. Im Sinne der Aufgabenstellung solltest du diese aber vorher begründen (durch die Angabe geeigneter Schranken), ebenso sollte noch eine Untersuchung auf Monotonie erfolgen.
Kann bspw. \(a_n<0\) oder \(a_n>2\) gelten? Falls nein: warum nicht...
Aber das haben wir doch alles schon anhand der ersten Aufgabe besprochen?
Gruß, Diophant
\quoteoff
Für die Monotonie habe ich $a_{n+1}-a_n < 0$ betrachtet, und dann vereinfacht (ich schreibe es jetzt mal nicht hin, ich habe nur die Brüche auseinandergezogen)
Daraus folgt dann:
$\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{n^2} < 0$
Damit habe ich dann die Monotonie begründet, da bei $\frac{1}{(n+1)^2}$ durch den Nenner die Zahl immer kleiner sein wird als bei $\frac{1}{n^2}$ und so die Zahl immer negativ sein wird.
Für die Beschränktheit hätte ich dann aufgeschrieben:
Die Folge wird nie größer als $\frac{3}{2}$ und nicht kleiner als $\frac{1}{2}$, also: $0 < a_n < 2$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.25 begonnen.]
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Diophant
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| Beitrag No.28, eingetragen 2022-12-19
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
\quoteon(2022-12-19 12:37 - Max_804 in Beitrag No. 27)
Für die Monotonie habe ich $a_{n+1}-a_n < 0$ betrachtet, und dann vereinfacht (ich schreibe es jetzt mal nicht hin, ich habe nur die Brüche auseinandergezogen)
Daraus folgt dann:
$\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{n^2} < 0$
Damit habe ich dann die Monotonie begründet, da bei $\frac{1}{(n+1)^2}$ durch den Nenner die Zahl immer kleiner sein wird als bei $\frac{1}{n^2}$ und so die Zahl immer negativ sein wird.
\quoteoff
Das ist wieder eine sehr holprige Formulierung eines richtigen Sachverhalts (du hast die Differenz insbesondere korrekt vereinfacht): die Differenz \(a_{n+1}-a_n\) ist strikt negativ und die Folge somit monoton fallend.
\quoteon(2022-12-19 12:37 - Max_804 in Beitrag No. 27)
Für die Beschränktheit hätte ich dann aufgeschrieben:
Die Folge wird nie größer als $\frac{3}{2}$ und nicht kleiner als $\frac{1}{2}$, also: $0 < a_n < 2$.
\quoteoff
Aufschreiben kann man viel, ohne Begründung nützt es in der Mathematik dann nur meist nichts...
Wenn du die Konvergenz schon hast, dann hast du die Beschränktheit in beide Richtungen damit auch.
Wenn du nur die Monotonie schon hast, dann folgt in diesem Fall die Beschränktheit nach oben automatisch (warum?), die Beschränktheit nach unten muss man auch hier wieder zeigen bzw. begründen.
(Wenn du im Sinne der Aufgabenstellung vorgehen möchtest, dann würde ich nicht die dort vorgegebene Reihenfolge der einzelnen Punkte umkehren, sondern höchstens mehrere Dinge auf einmal erledigen, sofern das möglich ist.)
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Max_804 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Max_804 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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