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Hallo, ich komme leider bei einer Aufgabe nicht mehr voran und bitte um Hilfe.


Aufgabenstellung:

Es sei a∈ℝ beliebig gewählt. Weiter sei a1∈ℝ mit a1>\( \sqrt{a} \) und an+1:= \( \frac{1}{2} \) (an+ \( \frac{a}{an} \) ). Beweisen Sie: [...] (ii) Es gilt \( \lim\limits_{n\to\infty} \) an=\( \sqrt{a} \)



Mein Ansatz:

Ich habe bereits induktiv gezeigt, dass jedes Folgeglied größer als \( \sqrt{a} \) ist und man kann o. B. d. A. 0<ε≤a1-\( \sqrt{a} \) annehmen. Mit n0(ε) := \( \frac{1}{ε} \) + a1 gilt dann für alle natürlichen Zahlen n>n0(ε): n - \( \sqrt{a} \) > \( \frac{1}{ε} \). Leider konnte ich bis jetzt nicht \( \frac{1}{n-√a} \) ≥ an- \( \sqrt{a} \) zeigen, was den Grenzwert beweisen würde.


Ich bedanke mich für jede Hilfe im Voraus.

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Es genügt zu zeigen, dass die Folge beschränkt und montono ist. Dann kannst du an und an+1 durch x ersetzen und wie eine gleichung behandeln. Denn der Grenzwert ist ja der gleiche, und somit zeigen, dass die Folge gegen Wurzel a konv.

Ok, danke für die Antwort.

2 Antworten

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Aloha :)

Intuitiv ist die Konvergenz der Folge$$a_{n+1}=\frac{a_n+\frac{a}{a_n}}{2}=\frac{a_n^2+a}{2a_n}\quad;\quad a_1>\sqrt{a}$$sofort klar. Es wird stets der Mittelwert von \(a_n\) und \(\frac{a}{a_n}\) als neues Folgenelement gewählt. Dadurch nähern sich die beiden Werte \(a_n\) und \(\frac{a}{a_n}\) immer weiter an, bis im Grenzwert Gleichheit erreicht ist:$$a_\infty=\frac{a}{a_\infty}\implies a_\infty^2=a\implies a_\infty=\sqrt a$$

Rein formal würde ich wie folgt vorgehen...

1) Beschränktheit nach unten:

Mit Hilfe der 2-ten binomsichen Formel erhalten wir:$$(a_n-\sqrt a)^2\ge0\implies a_n^2-2a_n\sqrt a+(\sqrt a)^2\ge0\implies a_n^2+a\ge2a_n\sqrt a$$$$\phantom{(a_n-\sqrt a)^2\ge0}\stackrel{(a_n>0)}{\implies}\frac{a_n^2+a}{2a_n}\ge\sqrt a\implies a_{n+1}\ge\sqrt a$$Da insbesondere \((a_1>\sqrt a)\) vorgegeben ist, gilt:\(\quad \pink{a_n\ge\sqrt a\text{ für alle }n\in\mathbb N}\)

2) Monotonie:$$\pink{a_n\ge\sqrt a}\implies a_n^2\ge a\implies a-a_n^2\le0\stackrel{(a_n>0)}{\implies}\frac{a-a_n^2}{2a_n}\le0\implies\frac{a_n^2+a-2a_n^2}{2a_n}\le0$$$$\phantom{a_n\ge\sqrt a}\implies\frac{a_n^2+a}{2a_n}-\frac{2a_n^2}{2a_n}\le0\implies a_{n+1}-a_n\le0\implies \pink{a_{n+1}\le a_n}$$Die Folge ist also monoton fallend und daher auch durch \(a_1\) nach oben beschränkt.

3) Konvergenz:

Die Folge \((a_n)\) konvergiert, da jede beschränkte monotone Folge konvergiert. Mit$$a_\infty\coloneqq\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n+1}$$erhalten wir als Grenzwert:$$a_\infty=\frac{a_\infty^2+a}{2a_\infty}\implies 2a_\infty^2=a_\infty^2+a\implies a_\infty^2=a\stackrel{(a_n>0)}{\implies} \pink{a_\infty=\sqrt a}$$

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Zeige, dass die Folge \((a_n)\) monoton fällt.

Da sie durch \(\sqrt{a}\) nach unten beschränkt ist, konvergiert sie

gegen eine reelle Zahl \(x\). Weil jede Teilfolge einer konvergenten

Folge gegen denselben Grenzwert konvergiert, hat man zusammen

mit den Grenzwertsätzen und/oder der Tatsache, dass \(t\mapsto 1/2(t+a/t)\)

für \(t\neq 0\) stetig ist, folgende Gleichung

\(x=\lim a_{n+1}=1/2(\lim a_n+a/(\lim a_n))=1/2(x+a/x)\).

Nun bestimme die passende Lösung dieser quadratischen

Gleichung.

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