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Sei q ∈ℝ mit 0 < q < 1 und (an)n∈ℕo   ⊆ℝ eine Folge mit

|an+1 -an| = q^n * | an-an-1|                       für alle n ∈ℕ


Zeigen Sie:

|an+1 - an| ≤ q^n * |a1-a0|

Hab das mit Induktion versucht:

IA ist klar folgt aus definition

dann n-> n+1

|an+2 -an+1| ≤ q^{n+1} * |an+1 - an|                             (an+2 = an+1 +an)

=> |an+1 +an - an+1 | ≤ q * q^n |an+1 - an|

=> |an| ≤ q*q^n |an+1 - an|   da steck ich fest

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verwende doch nur das was in der Aufgabenstellung gegeben ist:

\( |a_{n+2} - a_{n+1}| = q^{n+1}|a_{n+1} - a_n| \) <- das folgt ja aus der Definition der Folge.

Verwende nun in einem weiteren Schritt, deine Induktionsvoraussetzung \( |a_{n+1}-a_n| \leq q^n|a_1 - a_0|\) und die Tatsache, dass \( 0 < q < 1\) um zu zeigen, dass

$$ |a_{n+2} - a_{n+1}| \leq q^{n+1}|a_1 - a_0| $$

Gruß

Avatar von 23 k

Bin grad auch so weit jedoch weiß ich nicht wie ich die IV da einsetzen kann. Es sieht ja logisch aus aber bin da am hängen

Hi, wenn 0 < q < 1

dann ist ja klar, dass q^n < q < 1

also ist insbesondere in deiner IV: \( |a_{n+1} - a_n| \leq q^n|a_1 - a_0| \leq |a_1 - a_0| \)

Aber inwiefern lässt sich dass mit dem I.S. verknüpfen?  Könntest du nicht noch paar tipps geben, da es noch analoge aufgaben dazu gibt ...

kann ich dann für q^{n+1}|a1-a0| einfach q^n|a1-a0| einsetzen da q^{n+1} das ergebnis noch kleiner macht als q^n ?

Soll man die I.V noch einfügen, oder kann man anhand der I.V schon den I.S. beweisen

Wenn du das aus meinem letzten Kommentar direkt in den IS einsetzt bist du doch fertig....

Wie in den IS einsetzen wiee. das frage ich mich doch schon seit 2 stunden.

Nach dem IS einfach direkt mit deiner IV fortfahren und es ist bewiesen?

Ich gebe auf


-.-IS:$$ | a_{n+2}-a_{n+1}| = q^{n+1}|a_{n+1} - a_{n} | \leq q^{n+1} |a_1 - a_0| $$weil nach IV \( |a_{n+1}-a_n| \leq |a_1 - a_0| \) (siehe Kommentar oben)

omg... so eine verwirrung aber doch so einfach

danke für die mühe

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