Beweis: Der Grenzwert der Folge an ist √a.

Question

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 a_n+1:= $\frac{1}{2}$ (a_n+ $\frac{a}{an}$ ). Beweisen Sie: [...] (ii) Es gilt $\lim\limits_{n\to\infty}$ a_n=$\sqrt{a}$

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 $\frac{1}{n-√a}$ ≥ a_n- $\sqrt{a}$ zeigen, was den Grenzwert beweisen würde.

Ich bedanke mich für jede Hilfe im Voraus.

Comments

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.

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Ok, danke für die Antwort.

Answer 1

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:$$a_\infty=\frac{a_\infty^2+a}{2a_\infty}\implies 2a_\infty^2=a_\infty^2+a\implies a_\infty^2=a\stackrel{(a_n>0)}{\implies} \pink{a_\infty=\sqrt a}$$

Answer 2

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.