Zeigen, dass die Folge konvergiert

Question

Aufgabe:

Zeigen Sie, dass die Folge x₁=1 und x_n+1= (x_n²+2)/(2x_n) konvergiert.

Problem/Ansatz:

Ich dachte mir, man könnte zeigen, dass die Folge für alle n≥2 monoton fallend ist und nach unten durch 1 begrenzt wird, dann wäre sie ja konvergent.

Allerdings habe ich Probleme das ganze zu zeigen, deshalb wäre ich dankbar für Hilfe.

Answer 1

\(❶\quad\)Es ist klar, dass \(x_n>0\) für alle \(n\in\mathbb N\) gilt.

\(❷\quad\)Für alle \(n>0\) gilt \(\displaystyle x_{n+1}^2-2=\left(\frac{x_n^2+2}{2x_n}\right)^{\!2}-2=\left(\frac{x_n^2-2}{2x_n}\right)^{\!2}\ge0\).

\(❸\quad\)Für alle \(n>1\) gilt \(\displaystyle x_n-x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2+2}{2x_n}=\frac{x_n^2-2}{2x_n}\ge0\).

Die Folge ist also nach unten beschränkt und für \(n>1\) monoton fallend. Es liegt Konvergenz vor.

Comments

Bei (3) hast du für x_n+1 (x_n+1)²  eingesetzt. Aber wenn man x_n+1 einsetzt, dann funktioniert es genauso. Danke dir.

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Stimmt, bei (3) ist ein Quadrat zu viel. Danke für den Hinweis. Wird korrigiert.

Answer 2

Ich dachte mir, man könnte zeigen, dass die Folge für alle n≥2 monoton fallend ist

...also dass x_n - x_(n+1) >0 gilt ....

Dann müsstest du den Term

x_n-(x_n²+2)/(2x_n) mal auswerten...

Answer 3

Annahme xn als auch xn+1 sind positiv

xn+1 < xn

(x^2 + 2)/(2·x) < x

x^2 + 2 < 2·x^2

2 < x^2

x > √2

Solange also xn > als Wurzel 2 ist, ist das nächste Folgeglied kleiner.

(x^2 + 2)/(2·x) > √2

x^2 + 2 > 2·√2·x

x^2 - 2·√2·x + 2 > 0

x ≠ √2

Damit ist ab n =2 die Folge streng monoton fallend und nach unten durch √2 beschränkt.