Beweis einer Ungleichung < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:39 So 05.05.2013 | | Autor: | Andy18 |
| Aufgabe | | Wir definieren die Folge [mm] a_k:= \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}} [/mm] für n [mm] \in \N. [/mm] Zeigen Sie 1 < [mm] \frac{a_k}{a_{k+l}} [/mm] < [mm] e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l}}) [/mm] |
Also in der vorherigen Teilaufgabe hatte man schon gezeigt, dass 0 < [mm] \frac{1}{12}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}) [/mm] Bilde ich nun eine Teleskopsumme daraus mit k = n,...,n+l-1 hab ich ja schon mal gezeigt, dass [mm] e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}\frac{1}{n+l})} >e^0 [/mm] =1 ist.
Des Weiteren hab ich schon gezeigt, dass [mm] \frac{a_k}{a_{k+l}} [/mm] = [mm] \frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^{n+l}e^{-n+l}}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!} [/mm] = [mm] \frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^{-n}e^l}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!} [/mm] = [mm] \frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n} [/mm] > [mm] \frac{n!\sqrt{n}n^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n} [/mm] = [mm] \frac{n!(n+l)^le^l}{(n+l)!} [/mm] = [mm] \frac{(n+l)^le^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l}k} [/mm] = [mm] \frac{(n+l)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k} [/mm] > [mm] \frac{(n+l-1)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k} [/mm] = [mm] \frac{(n+l-1)^{l-2}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-2}k} >...>\frac{(n+1)^0e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n}k} [/mm] = [mm] e^l [/mm] > 1
Jetzt hab ich dann zwar gezeigt, dass beide Terme schonmal >0 sind. Mein Problem ist jetzt jedoch, zu zeigen, dass auch noch gilt [mm] \frac{a_k}{a_{k+l}} [/mm] < [mm] e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l})}. [/mm] Kann mir jemand sagen wie ich diese Ungleichung auch noch zeige?
Danke im Vorraus, Andy :)
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Andy,
da gehen n und k durcheinander. Ich nehme mal an, dass durchweg n=k gilt, oder?
> Wir definieren die Folge [mm]a_k:= \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}[/mm]
> für n [mm]\in \N.[/mm]
Hier z.B.
> Zeigen Sie 1 < [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] < [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l}})[/mm]
Und hier auch.
> Also in der vorherigen Teilaufgabe hatte man schon
> gezeigt, dass 0 < [mm]\frac{1}{12}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})[/mm]
> Bilde ich nun eine Teleskopsumme daraus mit k = n,...,n+l-1
> hab ich ja schon mal gezeigt, dass
> [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}\frac{1}{n+l})} >e^0[/mm] =1 ist.
> Des Weiteren hab ich schon gezeigt, dass
> [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] =
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^{n+l}e^{-n+l}}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!}[/mm]
> =
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^{-n}e^l}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!}[/mm]
> = [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n}[/mm] >
> [mm]\frac{n!\sqrt{n}n^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n}[/mm] =
> [mm]\frac{n!(n+l)^le^l}{(n+l)!}[/mm] =
> [mm]\frac{(n+l)^le^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l}k}[/mm] =
> [mm]\frac{(n+l)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k}[/mm] >
> [mm]\frac{(n+l-1)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k}[/mm] =
> [mm]\frac{(n+l-1)^{l-2}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-2}k} >...>\frac{(n+1)^0e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n}k}[/mm]
> = [mm]e^l[/mm] > 1
>
> Jetzt hab ich dann zwar gezeigt, dass beide Terme schonmal
> >0 sind. Mein Problem ist jetzt jedoch, zu zeigen, dass
> auch noch gilt [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] <
> [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l})}.[/mm] Kann mir
> jemand sagen wie ich diese Ungleichung auch noch zeige?
Es genügt, wenn Du das für [mm] \ell=1 [/mm] zeigst. Dann hast Du wieder eine Ungleichungskette wie oben.
Mit ein wenig Herumrechnerei - eigentlich aber nur Kürzen und Zusammenfassen von Potenzen - ist dann zu zeigen:
[mm] \left(1+\bruch{1}{n}\right)^{n+\bruch{1}{2}}
Das verringert das Problem etwas, ist aber immer noch keine leichte Aufgabe. Im Moment sehe ich noch nicht, wie man das zeigt. Deswegen lasse ich die Frage mal halboffen und serviere Dir nur diese Vereinfachung.
> Danke im Vorraus, Andy :)
Voraussage, Herausforderung... daraus ersiehst Du vielleicht, das Du mit weniger "r"s auskommst. 
Viel Erfolg bei dieser Monsteraufgabe!
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:49 Mo 06.05.2013 | | Autor: | Andy18 |
Schon mal vielen Dank für deine Antwort :)
> Hallo Andy,
>
> da gehen n und k durcheinander. Ich nehme mal an, dass
> durchweg n=k gilt, oder?
Und ja klar, es gilt n=k. Ich glaube ich hab in meinen Unterlagen mit [mm] a_n [/mm] herumgespielt und hier dann versehentlich bei den a's es vertauscht :$
>
> > Wir definieren die Folge [mm]a_k:= \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}[/mm]
>
> > für n [mm]\in \N.[/mm]
>
> Hier z.B.
> > Zeigen Sie 1 < [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] <
> [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l}})[/mm]
>
> Und hier auch.
>
> > Also in der vorherigen Teilaufgabe hatte man schon
> > gezeigt, dass 0 <
> [mm]\frac{1}{12}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})[/mm]
> > Bilde ich nun eine Teleskopsumme daraus mit k =
> n,...,n+l-1
> > hab ich ja schon mal gezeigt, dass
> > [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}\frac{1}{n+l})} >e^0[/mm] =1 ist.
> > Des Weiteren hab ich schon gezeigt, dass
> > [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] =
> >
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^{n+l}e^{-n+l}}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!}[/mm]
> > =
> >
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^{-n}e^l}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!}[/mm]
> > =
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n}[/mm] >
> > [mm]\frac{n!\sqrt{n}n^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n}[/mm] =
> > [mm]\frac{n!(n+l)^le^l}{(n+l)!}[/mm] =
> > [mm]\frac{(n+l)^le^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l}k}[/mm] =
> > [mm]\frac{(n+l)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k}[/mm] >
> > [mm]\frac{(n+l-1)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k}[/mm] =
> > [mm]\frac{(n+l-1)^{l-2}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-2}k} >...>\frac{(n+1)^0e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n}k}[/mm]
>
> > = [mm]e^l[/mm] > 1
> >
> > Jetzt hab ich dann zwar gezeigt, dass beide Terme
> schonmal
> > >0 sind. Mein Problem ist jetzt jedoch, zu zeigen, dass
> > auch noch gilt [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] <
> > [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l})}.[/mm] Kann mir
> > jemand sagen wie ich diese Ungleichung auch noch zeige?
>
> Es genügt, wenn Du das für [mm]\ell=1[/mm] zeigst. Dann hast Du
> wieder eine Ungleichungskette wie oben.
>
> Mit ein wenig Herumrechnerei - eigentlich aber nur Kürzen
> und Zusammenfassen von Potenzen - ist dann zu zeigen:
>
> [mm]\left(1+\bruch{1}{n}\right)^{n+\bruch{1}{2}}
Das heißt im Endeffekt, dass für l=1 durch Umformung gilt: [mm] \frac{a_n}{a_{n+1}} [/mm] = [mm] \left(1+\bruch{1}{n}\right)^{n+\bruch{1}{2}}?
[/mm]
>
> Das verringert das Problem etwas, ist aber immer noch keine
> leichte Aufgabe. Im Moment sehe ich noch nicht, wie man das
> zeigt. Deswegen lasse ich die Frage mal halboffen und
> serviere Dir nur diese Vereinfachung.
Diese Ungleichung muss dann sicher irgendwie Umformen, mit Hilfe des Binomialsatzes oder der Bernoulli-Ungleichung, richtig?
>
> > Danke im Vorraus, Andy :)
>
> Voraussage, Herausforderung... daraus ersiehst Du
> vielleicht, das Du mit weniger "r"s auskommst.
>
> Viel Erfolg bei dieser Monsteraufgabe!
> Grüße
> reverend
Grüße,
Andy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:10 Di 07.05.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
ich hatte bisher keine Zeit, mich weiter mit der Aufgabe zu beschäftigen. Daher nur eine kurze Reaktion:
> > Es genügt, wenn Du das für [mm]\ell=1[/mm] zeigst. Dann hast Du
> > wieder eine Ungleichungskette wie oben.
> >
> > Mit ein wenig Herumrechnerei - eigentlich aber nur Kürzen
> > und Zusammenfassen von Potenzen - ist dann zu zeigen:
> >
> [mm]\left(1+\bruch{1}{n}\right)^{n+\bruch{1}{2}}
> Das heißt im Endeffekt, dass für l=1 durch Umformung
> gilt: [mm]\frac{a_n}{a_{n+1}}[/mm] = [mm]\left(1+\bruch{1}{n}\right)^{n+\bruch{1}{2}}?[/mm]
Rechne es nach. Das ist immer am sichersten. Ich kann mich ja schließlich auch verrechnet haben...
> Diese Ungleichung muss dann sicher irgendwie Umformen, mit
> Hilfe des Binomialsatzes oder der Bernoulli-Ungleichung,
> richtig?
Im Prinzip ja, nur sehen gerade diesen beiden Standardmethoden hier nicht sehr erfolgversprechend aus, finde ich. Auch der naheliegende Versuch,
[mm] \left(1+\bruch{1}{n}\right)^{\bruch{1}{2}}
zu zeigen, scheitert leider. Das ist nämlich nicht wahr. Schade. Wäre es wahr gewesen, wäre man schnell fertig. So aber wohl nicht.
Wie man da zu einer guten Abschätzung kommt, sehe ich auch heute nicht. Ich werde mal Deine Frage verlängern. Vielleicht dauert es noch, bis mal ein Genie hereinschaut. Oder wenigstens jemand mit einer guten Idee.
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:31 Di 07.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andy,
editier' doch bitte mal die Aufgabenstellung, dass die Aufgabe richtig da steht.
> Wir definieren die Folge [mm]a_k:= \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}[/mm]
> für n [mm]\in \N.[/mm] Zeigen Sie 1 < [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] < [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l}})[/mm]
Ich spiele rein Spekulatius - denn ich habe momentan, ehrlich gesagt, keine
Lust, das Zeugs da nachzurechnen. Aber was ich sehe:
Da taucht
[mm] $$\frac{n!}{n^n}=\produkt_{k=1}^n \frac{k}{n}=\produkt_{k=1}^n \frac{n+1-k}{n}=\produkt_{k=1}^n\left(1-\frac{k-1}{n}\right)$$
[/mm]
auf. Vielleicht bringt solch' eine Umformung ja was...
Vielleicht rechne ich das aber auch gleich mal in Ruhe nach. (Vielleicht
kommt Fred mir auch zuvor... ...)
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:34 Di 07.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Andy,
>
> editier' doch bitte mal die Aufgabenstellung, dass die
> Aufgabe richtig da steht.
> > Wir definieren die Folge [mm]a_k:= \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}[/mm]
> > für n [mm]\in \N.[/mm] Zeigen Sie 1 < [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] <
> [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l}})[/mm]
>
> Ich spiele rein Spekulatius - denn ich habe momentan,
> ehrlich gesagt, keine
> Lust, das Zeugs da nachzurechnen. Aber was ich sehe:
> Da taucht
> [mm]\frac{n!}{n^n}=\produkt_{k=1}^n \frac{k}{n}=\produkt_{k=1}^n \frac{n+1-k}{n}=\produkt_{k=1}^n\left(1-\frac{k-1}{n}\right)[/mm]
>
> auf. Vielleicht bringt solch' eine Umformung ja was...
>
> Vielleicht rechne ich das aber auch gleich mal in Ruhe
> nach. (Vielleicht
> kommt Fred mir auch zuvor... ...)
Hallo Marcel,
keine Bange. Dazu hab ich heute keinen Bock ....
Gruß FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:41 Di 07.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andi,
> Wir definieren die Folge [mm]a_k:= \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}[/mm]
> für n [mm]\in \N.[/mm] Zeigen Sie 1 < [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] <
> [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+l}})[/mm]
> Also in der vorherigen Teilaufgabe hatte man schon
> gezeigt, dass 0 < [mm]\frac{1}{12}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})[/mm]
> Bilde ich nun eine Teleskopsumme daraus mit k = n,...,n+l-1
> hab ich ja schon mal gezeigt, dass
> [mm]e^{\frac{1}{12}(\frac{1}{n}\frac{1}{n+l})} >e^0[/mm] =1 ist.
> Des Weiteren hab ich schon gezeigt, dass
> [mm]\frac{a_k}{a_{k+l}}[/mm] =
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^{n+l}e^{-n+l}}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!}[/mm]
> =
> [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^{-n}e^l}{\sqrt{n}n^ne^{-n}(n+l)!}[/mm]
> = [mm]\frac{n!\sqrt{n+l}(n+l)^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n}[/mm] >
> [mm]\frac{n!\sqrt{n}n^n(n+l)^le^l}{(n+l)!\sqrt{n}n^n}[/mm] =
> [mm]\frac{n!(n+l)^le^l}{(n+l)!}[/mm] =
> [mm]\frac{(n+l)^le^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l}k}[/mm] =
> [mm]\frac{(n+l)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k}[/mm] >
> [mm]\frac{(n+l-1)^{l-1}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-1}k}[/mm] =
> [mm]\frac{(n+l-1)^{l-2}e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n+l-2}k} >...>\frac{(n+1)^0e^l}{\produkt_{k=n+1}^{n}k}[/mm]
> = [mm]e^l[/mm] > 1
zum Einen: Warum schätzt Du hier eigentlich mit [mm] $>\,$ [/mm] ab? Ich meine:
Du willst doch am Ende [mm] $a_k/a_{k+\ell} \red{\;<\;}...$ [/mm] rausbekommen...
Edit: Okay, hat sich erledigt, ich hatte irgendwie den [mm] $>1\,$-Teil [/mm] vergessen,
denn Du auch zeigen sollst. Stimmt natürlich!
> Jetzt hab ich dann zwar gezeigt, dass beide Terme schonmal
> >0 sind.
Dass [mm] $a_n:=\frac{n!}{\sqrt{n}*n^n*e^{-n}}$ [/mm] durchweg [mm] $a_n [/mm] > [mm] 0\,$ [/mm] erfüllt, ist doch wirklich
(so gut wie) trivial!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:04 Di 07.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andy,
ich rechne jetzt einfach mal "wild" drauf los, vielleicht kommen wir ja
gemeinsam zum Ziel:
Sei also [mm] $a_n:=\frac{n!*e^n}{\sqrt{n}*n^n}$ [/mm] und $m [mm] \in \IN$ [/mm] (oder sogar [mm] $\IN_0$ [/mm] - darüber denke ich
später nach). (Ich schreibe lieber [mm] $m\,$ [/mm] statt [mm] $l\,,$ [/mm] das ist irgendwie klarer zu
erkennen!)
Dann gilt
[mm] $$\frac{a_n}{a_{n+m}}=\frac{n!*e^n}{\sqrt{n}*n^n}*\frac{\sqrt{n+m}*(n+m)^{n+m}}{(n+m)!*e^{n+m}}=\frac{1}{e^m}*\frac{n!}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}}*\left(\frac{n+m}{n}\right)^n*(n+m)^m$$
[/mm]
[mm] $$=\frac{1}{e^m}*\frac{n!}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}}*\left(1+\frac{m}{n}\right)^n*(n+m)^m$$
[/mm]
Was ist das Schöne daran? Nunja: [mm] ${((1+m/n)^n)}_n$ [/mm] strebt streng wachsend
gegen [mm] $e^m\,.$
[/mm]
Also wissen wir schonmal:
[mm] $$\frac{a_n}{a_{n+m}}=\frac{1}{e^m}*\frac{n!}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}}*\left(1+\frac{m}{n}\right)^n*(n+m)^m [/mm] $$
$$< [mm] \frac{1}{\red{e^m}}*\frac{n!}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}}*\red{e^m}*(n+m)^m=\frac{n!*(n+m)^m}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}}$$
[/mm]
Also reicht es, zu beweisen, dass
[mm] $$\frac{n!*(n+m)^m}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}} \blue{\;\le\;}\exp\Big(\tfrac{1}{12}*(\tfrac{1}{n}-\tfrac{1}{n+m})\Big) [/mm] $$
Vielleicht geht das ja schonmal in die richtige Richtung (ich kann mir kaum
vorstellen, dass ich da "zu grob" nach oben abgeschätzt habe)...
P.S. Vielleicht hilft es auch, die rechte Seite (ganz am Ende) mal mit der
Reihenentwicklung der [mm] $\exp$-Funktion [/mm] hinzuschreiben...
P.P.S. Ein Test mit [mm] $n=2\,$ [/mm] und [mm] $m=4\,$ [/mm] zeigt leider, dass ich mich verrechnet
habe oder die Abschätzung doch zu grob war... Ich tippe tatsächlich dann
auf letzteres, denn die Abschätzung ist eigentlich nur für sehr große [mm] $n\,$ [/mm] gut!
Also halten wir vielleicht "nur" mal fest:
[mm] $$\frac{a_n}{a_{n+m}}=\frac{\left(1+\frac{m}{n}\right)^n}{e^m}*(n+m)^m*\frac{n!}{(n+m)!}*\sqrt{\frac{n+m}{n}}$$
[/mm]
Ob's Sinn macht, den Binomialkoeffizienten
[mm] $${n+m\choose m}=\frac{(n+m)!}{m!*(((n+m)-m)!)}=\frac{(n+m)!}{m!*n!}$$
[/mm]
da reinzuschmuggeln, weiß ich gerade auch (noch) nicht...
Nunja: Wie's aussieht, muss man bei der Aufgabe jedenfalls sehr fein
abschätzen!
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:32 Di 07.05.2013 | | Autor: | Andy18 |
Okay, schon mal super vielen Dank, dass ihr euch so große Gedanken macht! :)
War jetzt doch ein Haufen Information, ich versuch mal alles zu verarbeiten und zu verstehen, vlt gelingt es mir ja dann die Aufgabe zu lösen.
Vielen Dank!
Grüße
Andy
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:40 Di 07.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andy,
> Okay, schon mal super vielen Dank, dass ihr euch so große
> Gedanken macht! :)
> War jetzt doch ein Haufen Information, ich versuch mal
> alles zu verarbeiten und zu verstehen, vlt gelingt es mir
> ja dann die Aufgabe zu lösen.
ich würde damit anfangen, zu gucken, ob man [mm] $\frac{(1+\;m/n)^n}{e^m}$ [/mm] 'möglichst fein' nach
oben abschätzen kann [mm] ($<1\,$ [/mm] ist anscheinend viel zu grob).
Dafür sollte man sicher Kenntnisse über die Exponentialfunktion einfließen
lassen. "Den Dreh" sehe ich dafür aber gerade auch nicht!
Ist wohl ein bisschen tricky, das Ganze.
Wenn man gar nicht weiter weiß, wie gesagt:
[mm] $$\exp(\tfrac{1}{12}*(\tfrac{1}{n}-\tfrac{1}{n+m}))=\exp(\tfrac{1}{12}*\tfrac{m}{n*(n+m)})$$
[/mm]
vielleicht mal in Taylorreihenentwicklung hinschreiben. Vielleicht bringt das
ja was!
Gruß,
Marcel
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Hallo und guten Abend.
Es genug, wie reverend schon richtig gesagt hat, den Fall $m=1$ zu bleiben. Ich verwende dabei die Notation, die Marcel eingeführt hat (also $k=n$, $l=m$).
Zu zeigen ist also:
[mm] $\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\exp\left(\frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}\right)$ [/mm] (*)
Für beliebiges $m [mm] \in \IN$ [/mm] ergibt dich die gesuchte Ungleichung dann (Wie ?) aus
[mm] $\frac{a_{n}}{a_{n+m}}=\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\cdot \frac{a_{n+1}}{a_{n+2}}\cdot [/mm] ... [mm] \cdot \frac{a_{n+m-1}}{a_{n+m}}=\prod\limits_{j=0}^{m-1} \frac{a_{n+j}}{a_{n+j+1}}$
[/mm]
Um (*) zu zeigen, betrachte mal [mm] $\ln \left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)$
[/mm]
Viele Grüße
Blasco
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:34 Mi 08.05.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
puuh. Ich finde da keine elegante Abschätzung. Dafür kann ich es wenigstens zeigen. Das hier nämlich:
[mm]\left(1+\bruch{1}{n}\right)^{n+\bruch{1}{2}}
Das ergibt sich erstmal durch Vereinfachung. Ab da wirds mühsam.
Ich folge mal dem Vorschlag von Blasco:
> Zu zeigen ist also:
>
> [mm]\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\exp\left(\frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}\right)[/mm] (*)
>
> Um (*) zu zeigen, betrachte mal [mm]\ln \left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)[/mm]
Den Tipp nehme ich auf und logarithmiere meine obige Ungleichung.
Nach ein paar Umformungen habe ich dann zu zeigen:
[mm] \ln{\left(1+\bruch{1}{n}\right)}<\bruch{1}{12n(n+0,5)(n+1)}+\bruch{1}{n+0,5}
[/mm]
Das geht mit einer Reihenentwicklung von [mm] \ln{(1+x)}, [/mm] die ich allerdings relativ weit fortführen muss.
Es gilt sicher [mm] \ln{\left(1+\bruch{1}{n}\right)}<\summe_{k=1}^{7}\bruch{(-1)^{k+1}}{kn^k}.
[/mm]
Bleibt noch zu zeigen [mm] \summe_{k=1}^{7}\bruch{(-1)^{k+1}}{kn^k}<\bruch{1}{12n(n+0,5)(n+1)}+\bruch{1}{n+0,5}
[/mm]
...und das geht für [mm] n\ge{3} [/mm] tatsächlich mit vollständiger Induktion und vielen Seiten Schreibarbeit, die ich hier sicher nicht abtippen werde.
Elegant ist das alles nicht.
Da muss es doch eine bessere Methode geben, eine so genaue Abschätzung zu finden.
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:12 Mi 08.05.2013 | | Autor: | blascowitz |
Hallo reverend,
ich schreib gleich was dazu, muss jetzt allerdings erstmal zu Bahnhof fahren.
Bis gleich
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:46 Do 09.05.2013 | | Autor: | reverend |
Hallo Blasco,
kleine besorgte Nachfrage:
> ich schreib gleich was dazu, muss jetzt allerdings erstmal
> zum Bahnhof fahren.
Ist der Bahnhof sehr weit entfernt oder geht Deine Idee nicht auf? Letzteres wäre mir am naheliegendsten; ich komme immer noch auf keine gute Abschätzung...
Herzliche Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:10 Fr 10.05.2013 | | Autor: | blascowitz |
Hallo reverend,
wie das so ist mit der Bahn, es hat ein paar Tage länger gedauert ^^.
Also wir betrachten
[mm] $\ln\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)=-1+\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)$
[/mm]
Nun kommt die Taylorentwicklung von [mm] $\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ [/mm] ins Spiel.
Es gilt für $|x|<1$
[mm] $\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=2\left(x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^5}{5}+\hdots\right)$
[/mm]
Für $x [mm] \in \left(0,1\right)$ [/mm] gilt also
[mm] $2x<\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=2\left(x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^5}{5}+\hdots\right)=2x+\frac{2x^3}{3}\left(1+\frac{3x^2}{5}+\frac{3x^4}{7}+\hdots\right)<2x+\frac{2x^3}{3}\left(1+x^2+x^4+\hdots\right)=2x+\frac{2x^3}{3}\cdot \sum\limits_{j=0}^{\infty}\left(x^2\right)^j=2x+\frac{2x^3}{3}\cdot \frac{1}{1-x^2}$
[/mm]
Setzt man nun [mm] $x=\frac{1}{2n+1} \in \left(0,1\right)$ [/mm] so erhält man
[mm] \frac{2}{2n+1}<\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)<\frac{2}{2n+1}+\frac{2}{3 \left((2n+1)\cdot \left(4n^2+4n\right)\right)}$
[/mm]
Multipliziert man nun die obige Ungleichung mit [mm] $\frac{2n+1}{2}$ [/mm] durch und subtrahiert noch -1 so erhält man
$0< -1 + [mm] \left(n+\frac{1}{2}\right) \cdot \ln\left(\frac{n+1}{n}\right)<\frac{1}{12}\left(\frac{1}{n\cdot\left(n+1\right)}\right) [/mm] = [mm] \frac{1}{12}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$.
[/mm]
Daraus ergibt sich dann die Behauptung
Viele Grüße
Blasco
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:14 Fr 10.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> wie das so ist mit der Bahn, es hat ein paar Tage länger
> gedauert ^^.
na, ich hoffe, Du hast Dein Geld zurückverlangt und Entschädigung
bekommen.
P.S. Oder wolltest Du mit den neuen 5-Euro-Scheinen bezahlen?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:50 Fr 10.05.2013 | | Autor: | blascowitz |
Weder noch, nur in der Bahn hat man so schlechtes Internet(auch genannt Wald und Wiesenprofil) und gestern war ja Feiertag, da war ich anderweitig aus^^.
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