Rekursiver Grenzwert < Folgen+Grenzwerte < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Es sei [mm] x_{a}=\bruch{x_{(a-1)}^{2}}{a} [/mm] , mit a=1 ; 2 ; 3 ; 4 ...
Eine Folge lautet dann zum Beispiel:
1 (Startwert) / 0.5 / 0.08333 / 0.0017 ...
Eine andere Folge lautet dann zum Beispiel:
2 (Startwert) / 4 / 8 / 21.333 / 113.777 / 2589.07 ...
Man sieht, dass die erste Folge mit dem Startwert=1 gegen NULL strebt, während die zweite Folge mit dem Startwert=2 gegen UNENDLICH tendiert.
Daraus schließe ich, dass es irgendwo zwischen 1 und 2 einen GRENZ-STARTWERT geben muss.
Dieser Grenz-Startwert soll bestimmt werden. Gibt es dafür eine Methode (irgend welche Programme) ? |
Durch Probieren bzw. ein selbstgestricktes Programm, das mir die aufwändige Rechenarbeit abgenommen hat, habe ich diesen Grenz-Startwert einkreisen können.
Er liegt zwischen 1.6616 und 1.6617
Bei [mm] x_{0}=1.6616 [/mm] steigt der Wert von [mm] x_{a} [/mm] bis a=11 an auf [mm] x_{a}=11.60 [/mm] , dann fällt der Wert ab. Bei [mm] x_{0}=1.6617 [/mm] steigt er dagegen immer weiter an bis Unendlich.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:26 So 06.04.2008 | | Autor: | chrisno |
Hallo Ralph,
> Er liegt zwischen 1.6616 und 1.6617
>
> Bei [mm]x_{0}=1.6616[/mm] steigt der Wert von [mm]x_{a}[/mm] bis a=11 an auf
> [mm]x_{a}=11.60[/mm] , dann fällt der Wert ab. Bei [mm]x_{0}=1.6617[/mm]
> steigt er dagegen immer weiter an bis Unendlich.
>
Woher bist Du da so sicher? Wieso kann nicht der Abfall erst bei a = 1000000000000000000000 eintreten? Vorher gehen Deinem Taschenrechner die Stellen aus, aber das ist noch nicht unendlich.
Du musst also anders vorgehen. Eine Möglichkeit wäre, zu zeigen, dass ab einem bestimmten a das nächste Folgenglied immer kleiner (oder größer) als das vorherige ist. Damit hast Du zwar noch nicht 0 und unendlich als Grenzwert. Du wärst aber schon einen Schritt weiter.
Da Du Dich für den Wert interessierst, bei dem das Monotonieverhalten umspringt, falls es das tut, könntest Du dann ja einen Startwert finden, bei dem die Folge ab einem bestimmten a werde steigt noch fällt. Dann wäre sie konstant, aber an so einen Fall glaube ich nicht. Das kann man ja in die Rekursionsformel einsetzen:
$x = [mm] \bruch{x^2}{a} \Rightarrow [/mm] a = x$ und das ist nicht konstant. Also tritt dieser Fall nicht ein.
Du musst also noch obere oder untere Schranken bestimmen.
Vielleicht findet ja auch jemand eine nicht rekursive Darstellung der Folge.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:28 So 06.04.2008 | | Autor: | rabilein1 |
> Woher bist Du da so sicher? Wieso kann nicht der Abfall
> erst bei a = [mm] 10^{21} [/mm] eintreten? Vorher gehen
> Deinem Taschenrechner die Stellen aus, aber das ist noch
> nicht unendlich.
Genau aus diesem Grunde hatte ich für die untere Grenze nur vier Stellen nach dem Komma angegeben (1.6616).
Aber mal angenommen, man hätte einen Computer, der auf beliebig viele Stellen nach dem Komma genau rechnet: Auch dann müsste es zwei Startzahlen geben, die sich - sagen wir - erst nach der 100sten Stelle voneinander abweichen, und von denen die erste nach - sagen wir - nach a=10000 zum Absturz führt, während die zweite gegen Unendlich strebt.
> zeige, dass ab einem bestimmten a das nächste Folgenglied
> immer kleiner (oder größer) als das vorherige ist.
Sobald es kleiner wird, kommt es zum Absturz (d.h. die Folge strebt gegen NULL)
> Damit hast Du zwar noch nicht 0 und unendlich als Grenzwert.
Das wird aber die Konsequenz sein. Denn danach gibt es kein Zurück mehr
Du
> dann ja einen Startwert finden, bei dem die Folge ab einem
> bestimmten a werde steigt noch fällt.
So ein Startwert müsste unendlich viele Stelle haben. In der Praxis hieße das aber wohl, auch a wäre unendlich, so dass man mit dem Rechnen nie zu Ende käme
> Du musst also noch obere oder untere Schranken bestimmen.
Ja, ich glaube, es wäre sinnvoll, dass man die Anzahl der Stellen vorgibt, die die beiden Grenzwerte haben sollen.
FAZIT:
Diese Aufgabe mag für die Praxis vielleicht wenig Bedeutung haben; dennoch hat sie mich fasziniert, weil sie zeigt, dass in einem abgeschlossenen System eine winzig-kleine Veränderung darüber entscheiden kann, wie sich das System im Endeffekt entwickelt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:04 Mo 07.04.2008 | | Autor: | Somebody |
> > Woher bist Du da so sicher? Wieso kann nicht der Abfall
> > erst bei a = [mm]10^{21}[/mm] eintreten? Vorher gehen
> > Deinem Taschenrechner die Stellen aus, aber das ist noch
> > nicht unendlich.
>
> Genau aus diesem Grunde hatte ich für die untere Grenze nur
> vier Stellen nach dem Komma angegeben (1.6616).
Tipp: Betrachte die Folge [mm] $\ln(x_n)$. [/mm] Es ist [mm] $\mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}\approx [/mm] 1.6616$
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:11 Mo 07.04.2008 | | Autor: | rabilein1 |
> Betrachte die Folge [mm]\ln(x_n)[/mm]. Es ist
> [mm]\mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}\approx 1.6616[/mm]
Gibt es einen direkten Zusammenhang zwischen der obigen Formel und der von mir aufgestellten Folge?
Wie spielt denn diese "mysteriöse" Zahl 2.71828183 da hinein? Oder würde das mit jeder anderen Basis genau so funktionieren?
Oder ist das alles ein Zufall (da ja nur vier Stellen nach dem Komma angegeben sind)?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:51 Mo 07.04.2008 | | Autor: | Merle23 |
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> > Betrachte die Folge [mm]\ln(x_n)[/mm]. Es ist
> > [mm]\mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}\approx 1.6616[/mm]
>
> Gibt es einen direkten Zusammenhang zwischen der obigen
> Formel und der von mir aufgestellten Folge?
>
Also den Zusammenhang sehe ich auch bei bestem Willen nicht.
Aber egal.... mal ein paar Überlegungen von mir:
1) Sobald ein Folgenglied kleiner als das vorherige ist, geht die Folge ab dann monoton gegen Null. Das sieht man, wenn man sich die Rekursionsformel anschaut. Dann wäre nämlich im darauf folgenden Schritt der Zähler kleiner als vorher und der Nenner größer, also das ganze insgesamt wieder kleiner.
2) Die Folge kann nicht gegen einen Zahl [mm] \not=0 [/mm] konvergieren. Denn dazu müsste [mm] \limes_{a\rightarrow\infty}\bruch{x_a}{x_{a+1}}=1 [/mm] sein, was aber nicht geht, denn [mm] \bruch{x_a}{x_{a+1}}=\bruch{x_a}{\bruch{x_a^2}{a+1}}=\bruch{a+1}{x_a}, [/mm] also müsste [mm] x_a [/mm] linear ansteigen, damit der Bruch eins ergibt, was aber der Konvergenz widerspricht.
Also kann die Folge nur entweder gegen unendlich oder gegen Null laufen.
3) Jetzt kommen ein paar Behauptungen, die ich nicht bewiesen hab, sondern nur geschätzt durch hinsehen ^^
Wir gehen davon aus, dass für a=2 die Folge gegen unendlich geht. Ausserdem gehen wir davon aus, dass eine Grenze gibt [mm] (a\approx [/mm] 1.6616), über der die Folge immer gegen unendlich und unter ihr immer gegen Null geht. Diesen Grenzwert könnte man durch z.B. eine Intervallschachtelung dann definieren.
Wenn wir noch davon ausgehen, dass je näher a von unten an diesen Grenzwert kommt, dass dann der 'Umknickpunkt', also der Punkt ab dem die Folge beginnt zu fallen, sich immer weiter nach Hinten verschiebt, dann kommen wir zu folgender Schlussfolgerung:
4) Nennen wir den Grenzwert [mm] a_0. [/mm] Wenn wir uns eine natürliche Zahl nehmen, dann finden wir ein [mm] a_1, [/mm] so dass für alle Startwerte in [mm] (a_1,a_0) [/mm] die Folge erst ab dieser natürlichen Zahl oder später umknickt. Ausserdem müsste dann der Grenzwert für [mm] a_0 [/mm] unendlich sein, denn die Folge kann ja nicht erst unendlich weit weg umknicken.
5) Ob man diesen Grenzwert irgendwie genauer angeben kann weiss ich nicht. Ausserdem beruht meine ganze Argumentation auf den nicht-bewiesenen Aussagen in 3) ^^
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:13 Di 08.04.2008 | | Autor: | rabilein1 |
Haargenau dieselben Überlegungen hatte ich auch - insbesondere hinsichtlich des "Umknickpunktes", wenn dieser sehr weit nach hinten verschoben ist.
Meine "praktische" Überlegung hierbei war eigentlich folgende:
Die Menschheit besteht nun ja schon seit zig-Millionen (?) Jahren. Aber die meisten großen Erfindungen sind erst in den letzten paar Hundert Jahren gemacht worden (das Internet, so wie wir es jetzt kennen, gibt es noch nicht mal 20 Jahre).
Befinden wir uns JETZT etwa an so einem "Umkehrpunkt"?
Warum ist die Glühbirne etc. nicht schon einige Tausend Jahre früher erfunden worden? Schließlich werden sich die mathematischen und physikalischen Gesetze im Laufe der Zeit nicht geändert haben. Die theoretischen Voraussetzungen für diese Erfindungen gab es also schon IMMER.
Also müsste doch - um es mathematisch auszudrücken - irgend so eine kleine Ziffer an 15. Stelle hinter dem Komma den Ausshlag dazu gegeben haben, dass gerade JETZT die Zeit reif ist für das alles.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:13 Mo 07.04.2008 | | Autor: | Somebody |
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> > Betrachte die Folge [mm]\ln(x_n)[/mm]. Es ist
> > [mm]\mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}\approx 1.6616[/mm]
>
> Gibt es einen direkten Zusammenhang zwischen der obigen
> Formel und der von mir aufgestellten Folge?
>
> Wie spielt denn diese "mysteriöse" Zahl 2.71828183 da
> hinein?
> Oder würde das mit jeder anderen Basis genau so
> funktionieren?
>
> Oder ist das alles ein Zufall (da ja nur vier Stellen nach
> dem Komma angegeben sind)?
Mit der rekursiven Definition [mm] $x_0$ [/mm] (gegeben, $>0$), [mm] $x_{n+1}=\frac{x_n^2}{n}$ [/mm] folgt, dass [mm] $\ln(x_n)\red{=}2^n\ln(x_0)-\sum_{k=1}^n 2^{n-k}\ln(k)$, [/mm] für alle [mm] $n\in \IN_0$.
[/mm]
Aber man hätte natürlich auch einen anderen Logarithmus nehmen können. Nun betrachte einmal
[mm]\frac{\ln(x_n)}{2^n}\red{=}\ln(x_0)-\sum_{k=1}^n\frac{\ln(k)}{2^k}\longrightarrow \ln(x_0)-\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}\approx \ln(x_0)-0.50783392286844[/mm]
Daraus folgt: die Folge [mm] $\frac{\ln(x_n)}{2^n}$ [/mm] konvergiert für alle Startwerte [mm] $x_0>0$. [/mm] Aber wenn sie gegen einen Wert $<0$ konvergiert, so heisst dies, dass die [mm] $x_n$ [/mm] gegen $0$ konvergieren. Konvergiert sie aber gegen einen Wert $> 0$, so heisst dies, dass die [mm] $x_n$ [/mm] gegen [mm] $+\infty$ [/mm] divergieren.
P.S: Was die Stellenzahl betrifft: [mm] $\sum_{k=1}^\infty \frac{\ln(k)}{2^k}$ [/mm] konvergiert recht schnell. Diese Reihe wird ja, für genügend grosses $k$, durch die Reihe [mm] $\sum_{k=1}^\infty\frac{k}{2^k}$ [/mm] majorisiert, für die wir leicht eine explizite Form des Grenzwertes und der $n$-ten Partialsumme finden können. Deine Konstante lautet also, z.B., genauer: $1.6616879496335941153478$
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:52 Mo 07.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> [...] Aber wenn sie gegen einen Wert [mm]<0[/mm]
> konvergiert, so heisst dies, dass die [mm]x_n[/mm] gegen [mm]0[/mm]
> konvergieren. Konvergiert sie aber gegen einen Wert [mm]> 0[/mm], so
> heisst dies, dass die [mm]x_n[/mm] gegen [mm]+\infty[/mm] divergieren.
Das verstehe ich überhaupt nicht...
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> > [...] Aber wenn sie gegen einen Wert [mm]<0[/mm]
> > konvergiert, so heisst dies, dass die [mm]x_n[/mm] gegen [mm]0[/mm]
> > konvergieren. Konvergiert sie aber gegen einen Wert [mm]> 0[/mm], so
> > heisst dies, dass die [mm]x_n[/mm] gegen [mm]+\infty[/mm] divergieren.
>
> Das verstehe ich überhaupt nicht...
Also nochmals, ausfühlicher: Nehmen wir einmal an, [mm] $\frac{\ln(x_n)}{2^n}$ [/mm] konvergiere gegen eine Zahl $c>0$. Dies bedeutet doch, dass sich [mm] $\ln(x_n)$ [/mm] für [mm] $n\rightarrow +\infty$ [/mm] verhält wie [mm] $c\cdot 2^n$. [/mm] Somit verhält sich die Folge der [mm] $x_n$ [/mm] bei diesem Grenzübergang wie die Folge [mm] $\mathrm{e}^{c \cdot 2^n}$, [/mm] divergiert also gegen [mm] $+\infty$.
[/mm]
Den Fall, dass [mm] $\frac{\ln(x_n)}{2^n}$ [/mm] gegen eine Zahl $c<0$ konvergiert, kannst Du Dir nun sicher selbstständig überlegen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:00 Di 08.04.2008 | | Autor: | rabilein1 |
Ich verstehe es zwar auch nicht, aber ich gehe mal davon aus, dass somebody das alles korrekt gemacht hat.
Und unter dieser Voraussetzung finde ich es hochinteressant (oder aus Laiensicht gesprochen: höchst erstaunlich), dass man durch eine völlig andere Formel und wesentlich schneller zu dem selben Ergebnis kommt - vor allem könnte man mit "meiner" Methode die Grenzzahl kaum - oder nur mit einem sehr aufwändigen Verfahren - auf so viele Stellen bestimmen.
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> Es sei [mm]x_{a}=\bruch{x_{(a-1)}^{2}}{a}[/mm] , mit a=1 ; 2 ; 3 ;
> 4 ...
>
> Eine Folge lautet dann zum Beispiel:
> 1 (Startwert) / 0.5 / 0.08333 / 0.0017 ...
>
> Eine andere Folge lautet dann zum Beispiel:
> 2 (Startwert) / 4 / 8 / 21.333 / 113.777 / 2589.07 ...
>
> Man sieht, dass die erste Folge mit dem Startwert=1 gegen
> NULL strebt, während die zweite Folge mit dem Startwert=2
> gegen UNENDLICH tendiert.
>
> Daraus schließe ich, dass es irgendwo zwischen 1 und 2
> einen GRENZ-STARTWERT geben muss.
>
> Dieser Grenz-Startwert soll bestimmt werden. Gibt es dafür
> eine Methode (irgend welche Programme) ?
> Durch Probieren bzw. ein selbstgestricktes Programm, das
> mir die aufwändige Rechenarbeit abgenommen hat, habe ich
> diesen Grenz-Startwert einkreisen können.
>
> Er liegt zwischen 1.6616 und 1.6617
>
> Bei [mm]x_{0}=1.6616[/mm] steigt der Wert von [mm]x_{a}[/mm] bis a=11 an auf
> [mm]x_{a}=11.60[/mm] , dann fällt der Wert ab. Bei [mm]x_{0}=1.6617[/mm]
> steigt er dagegen immer weiter an bis Unendlich.
Inzwischen glaube ich in https://www.vorhilfe.de/read?i=389026 Deine ursprüngliche Frage vollständig beantwortet zu haben - beinahe: ein kleines Detail ist offengeblieben, das ich hier gerne nachtragen möchte:
Wir wissen nun, dass Deine Folge [mm] $x_n$ [/mm] für Startwerte [mm] $x_0$ [/mm] vom Betrag [mm] $<\mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}$ [/mm] gegen $0$ konvergieren und für Startwerte [mm] $x_0$ [/mm] vom Betrag [mm] $>\mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}$ [/mm] gegen [mm] $+\infty$ [/mm] divergieren.
Wie verhält sich Deine Folge [mm] $x_n$ [/mm] aber, wenn als Startwert exakt [mm] $x_0 [/mm] = [mm] \mathrm{e}^{\sum_{k=1}^\infty\frac{\ln(k)}{2^k}}$ [/mm] gewählt wird?
Antwort: dann divergieren sie ebenfalls gegen [mm] $+\infty$ [/mm] - und zwar, weil in diesem Falle die Folge [mm] $\ln(x_n)$ [/mm] der logarithmierten Folgenglieder gegen [mm] $+\infty$ [/mm] divergiert:
[mm]\ln(x_n) = 2^n \ln(x_0)-2^n\cdot \summe_{k=1}^n\frac{\ln(k)}{2^k} =2^n\cdot\summe_{k=n+1}^\infty \frac{\ln(k)}{2^k}=\summe_{k=1}^\infty \frac{\ln(n+k)}{2^k} \geq \frac{\ln(n+1)}{2}\underset{n\uparrow +\infty}{\longrightarrow} +\infty[/mm]
P.S: In einer ersten Version dieser Anwort hatte ich behauptet, dass in diesem Falle die [mm] $x_n$ [/mm] gegen $0$ konvergieren würden - habe aber mit kurzer Zeitverzögerung bemerkt, dass ich die Abschätzung hoffnungslos falsch herum gemacht hatte.
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