Lösung 5: Gib nicht den Löffel ab (Zusatzaufgabe)

a) Aus (1) erhalten wir für 𝑛≥2, dass
0=𝑋𝑛+1−𝛼∗𝑋𝑛−𝛽∗𝑌𝑛=𝑋𝑛+1−𝛼∗𝑋𝑛−𝛽∗(𝛾∗𝑋𝑛−1)=𝑋𝑛+1−𝛼∗𝑋𝑛−𝛽∗𝛾∗𝑋𝑛−1

b) Wir setzen 𝑋𝑛=𝑧𝑛 in (2) ein:
0=𝑧𝑛−𝛼∗𝑧𝑛−𝛽∗𝛾∗𝑧𝑛−1=𝑧𝑛−1∗(𝑧2−𝛼∗𝑧−𝛾∗𝛽)
Produkte verschwinden, wenn mindestens einer der Faktoren verschwindet und da 𝑧≠0 folgt 𝑧2−𝛼∗𝑧−𝛾∗𝛽=0.
Aus der p - q - Formel folgt: 𝑧1=𝑧2=∓12√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾

c) Die Gleichung 𝑋0=0 ist (durch Einsetzen) äquivalent zu:
0=𝑐1∗𝑧10+𝑐2∗𝑧20=𝑐1+𝑐2 , somit gilt 𝑐1=−𝑐2.
Wir setzen dies in die Gleichung 𝑋1=1 ein und erhalten: 1=𝑐1∗ 𝑧1+𝑐2∗𝑧2=𝑐1∗ 𝑧1−𝑐1∗𝑧2= 𝑐1∗(𝑧1−𝑧2)=𝑐1∗(12∗√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾−−12∗√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾)=𝑐1∗√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾
Also haben wir 𝑐1=−𝑐2=1√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾.

d)
(i) Da 𝛼,𝛽,𝛾>0 folgt 𝛼2>0 und √𝛼2+4∗𝛽∗𝛾>0 , d.h. 𝑧1>0 , denn die Summe
zweier positiver Zahlen ist immer positiv.
Die Dreiecksungleichung liefert |𝑧2|=|𝛼2−12√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾| ≤|𝛼2|+|12√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾| =𝛼2+ 12√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾| =𝑧1
Wir haben also |𝑧2|=𝑧1.
Falls |𝑧2|=𝑧1, gilt entweder 𝑧2=𝑧1 oder 𝑧2=𝑧1
Aus 𝑧2=𝑧1 folgt 𝛼=0
Aus 𝑧2=−𝑧1 folgt √𝛼2+4∗𝛽∗𝛾=0
Beide Fälle sind ausgeschlossen, also muss gelten: |𝑧2|<𝑧1.

(ii) Direktes Rechnen liefert 𝑋𝑛𝑧1𝑛=𝑐1∗𝑧1𝑛𝑧1𝑛+𝑐2∗𝑧2𝑛𝑧1𝑛=𝑐1+𝑐2∗(𝑧2𝑧1)𝑛
Aus (i) wissen wir |𝑧2|<𝑧1 und daher ist |𝑧2𝑧1|<1, also 𝑧2𝑧1→0 𝑓ü𝑟 𝑛→∞
Daraus folgt: 𝑋𝑛𝑧1𝑛→𝑐1𝑓ü𝑟 𝑛→∞.

(iii) Wegen (ii) wächst 𝑋𝑛 asymptotisch so wie 𝑧1𝑛.
Für 𝑧1>1 ist 𝑧1→∞,𝑧1<1 folgt 𝑧1𝑛→0 , da 𝑧1>0.
Gleiches muss wegen (ii) auch für 𝑋𝑛 gelten. Für den
Fall 𝑧1=1 𝑖𝑠𝑡 𝑧1𝑛=1 𝑓ü𝑟 𝑗𝑒𝑑𝑒𝑠 𝑛.
Also 𝑋𝑛𝑧1𝑛=𝑋𝑛1→𝑐1wegen (ii).

(iv) Wir lösen 𝑧1=1 nach 𝛼 auf: 𝛼2+ 12√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾=1 |∗2 𝛼+√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾=2 |−𝛼
√𝛼2+4∗𝛽∗𝛾 =−𝛼 |(…)2
➔ 𝛽∗𝛾=1−𝛼
Also 𝛼=1−𝛽∗𝛾.
Für den Fall 𝛾=12 und 𝛼=𝛽 erhalten wir 𝛼=23.