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Aufgabe:

Es sei 0<a<b. Man definiert die Intervalle [an; bn], n ∈ N>0, rekursiv durch [a1;b1]:=
[a,b] sowie durch

an+1=(2anbn)÷(an+bn)               und bn+1=(an+bn)÷ 2

Zeigen Sie, dass sie eine Intervallschachtelung mit \( \sqrt{ab} \) ∈ [an; bn] für alle n bilden .

Zeigen Sie ferner die Ungleichung


bn+1−an+1≤\( \frac{1}{4a} \) ⋅(bn−an)2


Problem/Ansatz:

Hi ich steh leider momentan koplett auf dem Schlauch und habe leider keine Ahng wie ich vorgehen muss. ich hoff es kann mir jemand helfen :)


Ich weiß das an<an+1<bn+1<bn

falls das irgendwas bringt

von

Fehlen da nicht einige Klammern?

So vermutlich:

\(a_{n+1}=\dfrac{2\cdot a_n \cdot b_n}{a_n+b_n}\)

\(b_{n+1}=\dfrac{ a_n + b_n}{2}\)



Ja tut mir leid, ein Flüchtigkeitsfehler. Habe ich korrigiert.

Ok. :-)

Hast du denn schon ein konkretes Zahlenbeispiel probiert, also z.B. a=2, b=8.

(hier stand was falsches)

Ja das habe ich schon gemacht, hat mich aber nicht wirklich weiter gebracht

1 Antwort

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Beste Antwort

multipliziere doch mal \(a_{n+1} \cdot b_{n+1}\). Dann erhältst Du$$a_{n+1} \cdot b_{n+1} = a_n \cdot b_n$$D.h. das Produkt ist unabhängig vom Index \(n\). Nennen wir es doch mal \(a_n \cdot b_n = c\) und eliminiere \(a_i\) mit $$a_n = \frac c{b_n}, \quad a_{n+1} = \frac c{b_{n+1}}$$Einsetzen in obige Gleichungen liefert in jedem Fall $$b_{n+1} = \frac 12 \left(\frac c{b_n}+b_n \right) = \frac{b_n^2 + c}{2 b_n}$$und das ist genau die Rekursionsvorschrift für das Heron-Verfahren um die Wurzel aus \(c\) zu berechnen; bzw. die Rekursionsvorschrift  des Newton-Verfahrens um die Nullstelle der Funktion \(f(b) = b^2 - c\) zu finden.

Da \( b \gt a\) und \(a_1 = c/b_1\) nähern sich die \(b_n\) von oben und die \(a_n\) von unten an den Wert \(\sqrt c = \sqrt{ab}\) an.


Setze in die Ungleichung für \(a_{n+1}\) und \(b_{n+1}\) die oben angegebenen Rekursionen ein und vereinfache das ganze:$$\begin{align} b_{n+1}−a_{n+1} &\le \frac1{4a}\cdot(b_n−a_n)^2 \\ \frac 12 (a_{n}+b_{n}) - \frac{2a_{n}b_{n}}{a_{n}+b_{n}} &\le \frac1{4a}\cdot(b_n−a_n)^2 \\ 2a \left( (a_{n}+b_{n})^2 - 4 a_{n}b_{n} \right) &\le (b_n−a_n)^2 \cdot (a_{n}+b_{n})\\ 2a (a_{n}-b_{n})^2  &\le (b_n−a_n)^2 \cdot (a_{n}+b_{n})\\ a &\le \frac 12(a_{n}+b_{n}) = b_{n+1}\\ \end{align}$$und das ist immer erfüllt, da \(b_{n+1} \ge \sqrt{ab} \space \forall n\) und \(a \lt \sqrt{ab}\)

von 21 k

Da b>a und a1=c/b1 nähern sich die bn von oben und die an von unten an den Wert c√=ab‾‾‾√ an.

Ist das unmittelbar einsichtig oder Erfahrung aus Heron?

Ist das unmittelbar einsichtig ..

es ist unmittelbar einsichtig aus dem Newton-Verfahren, wenn \(b_n \gt \sqrt{ab} \space \forall n\), was unmittelbar aus \(a \lt b\) folgt.

Antwort noch mal erweitert ...

Viele, vielen Dank<3

Ich habe mich missverständlich ausgedrückt. Wo ist der Beweis, dass (bn) monoton fallend ist, nicht nur >√ab ?

Wo ist der Beweis, dass (bn) monoton fallend ist?

forme den Ausdruck für \(b_{n+1}\) weiter um, so dass der Ausdruck aus dem Newton-Verfahren entsteht$$b_{n+1} = \frac 12 \left(\frac c{b_n}+b_n \right) = \frac{b_n^2 + c}{2 b_n} \\ \quad = \frac {2b_n^2 - b_n^2 + c}{2b_n} = b_n - \frac{b_n^2 - c}{2b_n}$$Mit \(b_n \gt 0\) (lt. Voraussetzung) und aus \(a_n \cdot b_n = c\) und \(b_n \gt a_n\) folgt noch \(b_n^2 \gt c\). Folglich sind bei dem Bruch \((b_n^2-c)/(2b_n)\) Zähler und Nenner positiv. Daraus folgt $$b_{n+1} \lt b_n \quad \forall \, n$$

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