Folge per Induktion beweisen: |a_n+1 - a_n| = qn * | a_n - a_n-1|

Question

Sei q ∈ℝ mit 0 < q < 1 und (a_n)_n∈ℕo   ⊆ℝ eine Folge mit

|a_n+1 -a_n| = qⁿ * | a_n-a_n-1|                       für alle n ∈ℕ

Zeigen Sie:

|a_n+1 - a_n| ≤ qⁿ * |a₁-a₀|

Hab das mit Induktion versucht:

IA ist klar folgt aus definition

dann n-> n+1

|a_n+2 -a_n+1| ≤ qⁿ⁺¹ * |a_n+1 - a_n|                             (an+2 = an+1 +an)

=> |a_n+1 +a_n - a_n+1 | ≤ q * qⁿ |a_n+1 - a_n|

=> |a_n| ≤ q*qⁿ |a_n+1 - a_n|   da steck ich fest

Answer 1

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

Comments

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

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Hi, wenn 0 < q < 1

dann ist ja klar, dass qⁿ < q < 1

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

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

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kann ich dann für qⁿ⁺¹|a₁-a₀| einfach qⁿ|a₁-a₀| einsetzen da qⁿ⁺¹ das ergebnis noch kleiner macht als qⁿ ?

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

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

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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

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-.-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)

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omg... so eine verwirrung aber doch so einfach

danke für die mühe