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| Aufgabe | Zeige für alle n e N gilt:
[mm] \produkt_{i=1}^{n}\bruch{i²+2}{i²+1}<3 [/mm] |
Ich habe schon probiert das ganze irgendwie zu faktorisieren damit ich das ganze auseinander ziehen kann. aber irgendwie fehlt mir hier leide rkomplett die erste idee!!!
Bitte um HIlfe. DANKE!
lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:07 Di 01.04.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo mathematik_graz!
Meine erste Eingebung wäre hier vollständige Induktion. Hast Du es schon damit probiert?
Gruß
Loddar
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ja natürlich nur komme ich da leider auch überhaupt nicht weiter!
das Problem ist, dass ich ja dann am schluss irgendwie das produkt auflösen muss. und da hänge ich total weil ich nicht genau weiß wie ich das faktorisieren kann oder wie ich es am besten anstelle um das produkt aufzulösen!!!!
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Hallo mathematik_graz,
jo, mit VI ist das nicht so einfach 
Aber abakus' Idee ist ganz gut.
Überzeuge dich davon, dass die Folge [mm] $\left(\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)_{i\in\IN}$ [/mm] monoton wachsend ist.
Dann ist in dem Produkt [mm] $\prod\limits_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}$ [/mm] der Faktor für $i=n$ am größten, du kannst das Produkt also abschätzen durch:
[mm] $\prod\limits_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}<\left(\frac{n^2+2}{n^2+1}\right)^n$
[/mm]
[mm] $=\left(1+\frac{1}{n^2+1}\right)^n$
[/mm]
Der Ausdruck in der Klammer ist nun $>1 \ $ für alle $n$
Damit kannst du es noch etwas weiter abschätzen mit Hinblick auf abakus' Idee mit der gegen $e$ konvergierenden Folge [mm] $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$
[/mm]
LG
schachuzipus
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 21:27 Di 01.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> Überzeuge dich davon, dass die Folge
> [mm]\left(\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)_{i\in\IN}[/mm] monoton wachsend
> ist.
Die Folge [mm] $a_i:=\left(\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)_{i\in\IN}$ [/mm] ist aber monoton fallend... (zumindest nicht wachsend, da [mm] $a_1=\frac{3}{2}>\frac{6}{5}=a_2$).
[/mm]
> Dann ist in dem Produkt
> [mm]\prod\limits_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}[/mm] der Faktor für [mm]i=n[/mm]
> am größten, du kannst das Produkt also abschätzen durch:
... geht dann wohl nicht, auch wenn ich den Rest von dir jetzt nicht genauer überprüft hab.
> [...]
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Naja du darfst aber wohl nicht vergessen dass du ja a1 mit a2 multiplizieren musst und da alle werte aN immer größer als 1 sein werden ist der wert dieses faktors dann wohl immer größer als der von a(N-1).
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Hallo zusammen,
Mist, ich habe mich bei der Berechnung von [mm] $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ [/mm] beim Zusammenfassen verschustert ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
Die Folge ist in der Tat monoton fallend.
LG
schachuzipus
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:48 Di 01.04.2008 | | Autor: | abakus |
> Zeige für alle n e N gilt:
>
> [mm]\produkt_{i=1}^{n}\bruch{i²+2}{i²+1}<3[/mm]
> Ich habe schon probiert das ganze irgendwie zu
> faktorisieren damit ich das ganze auseinander ziehen kann.
> aber irgendwie fehlt mir hier leide rkomplett die erste
> idee!!!
>
> Bitte um HIlfe. DANKE!
>
> lg
Hallo,
es gilt [mm] \bruch{i²+2}{i²+1}=\bruch{i²+1+1}{i²+1}=1+\bruch{1}{i²+1}.
[/mm]
Versuchs mal damit.
Oh, ich habe gerade eine "Eingebung".
Kann man das Produkt eventuell durch den Term [mm] (1+\bruch{1}{n})^n [/mm] (Grenzwert e, das ist etwas kleiner als 3) abschätzen???
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Also ich denke schon dass man es auch damit abschätzen kann, weil wenn es kleiner e ist dann ist es auch kleiner 3. nur waqs bringt dir das?
ich habe jetzt weiter herumprobiert. den index verschoben etc. aber was soll ich mit dem dummen i²+1 anstellen?? das lässt sich ja gar nicht mehr vereinfachen oder zu mindest bin ich zu blöd dazu.
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Hi,
dazu habe ich just oben etwas geschrieben 
Du warst zu schnell
cu
schachuzipus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:00 Di 01.04.2008 | | Autor: | abakus |
Hallo,
ich habe da noch eine Idee. Das geometrische Mittel von n positiven Zahlen ist doch immer kleiner als das arithmetische Mittel dieser Zahlen. Es ist also die n-te Wurzel aus dem betrachten Produkt kleiner als das arithmetische Mittel der ganzen Ausdrücke [mm] \bruch{1}{1^2+1}, \bruch{1}{2^2+1}, \bruch{1}{3^2+1} [/mm] usw. Dieses arithmetische Mittel dürfte auch für große n einen bestimmten Wert bzw. Term nicht überschreiten.
Dann müsste man beide Seiten hoch n nehmen.
Viele Grüße
Abakus
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 02:32 Mi 02.04.2008 | | Autor: | pelzig |
> Hallo,
> ich habe da noch eine Idee. Das geometrische Mittel von n
> positiven Zahlen ist doch immer kleiner als das
> arithmetische Mittel dieser Zahlen. Es ist also die n-te
> Wurzel aus dem betrachten Produkt kleiner als das
> arithmetische Mittel der ganzen Ausdrücke [mm]\bruch{1}{1^2+1}, \bruch{1}{2^2+1}, \bruch{1}{3^2+1}[/mm]
> usw. Dieses arithmetische Mittel dürfte auch für große n
> einen bestimmten Wert bzw. Term nicht überschreiten.
> Dann müsste man beide Seiten hoch n nehmen.
> Viele Grüße
> Abakus
Ich finde die Idee irgendwie ziemlich gut, da man am Ende doch auf die Exponentialfunktion abschätzen kann.
[mm] $$\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\le\left(\frac{1}{n}\cdot\sum_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)^n=\left(1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^n=\exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)$$
[/mm]
(Stimmt die letzte Gleichheit überhaupt?)
Habs mal mit Mathematica verfolgt, die Abschätzung von Abakus geht auf jeden Fall in Ordnung [mm] ($\approx [/mm] 2.934$).
was wir hier bräuchten wäre [mm] $\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}<\log 3\approx [/mm] 1.0986$. IGITT!
Wenn es sich um ne normale Übungsaufgabe handelt sind wir mit soner komplizierten Rechnung wohl doch eher auf dem Holzweg...
Vielleicht könnte man an der Stelle einfach mal den binomischen Satz drauf loslassen, aber übersichtlicher wirds sicherlich auch nich...
Gruß, Robert
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:59 Mi 02.04.2008 | | Autor: | Merle23 |
> [mm]\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\le\left(\frac{1}{n}\cdot\sum_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)^n=\left(1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^n=\exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)[/mm]
>
> Gruß, Robert
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty}\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}=\bruch{18}{10}\limes_{n\rightarrow\infty}\prod_{i=1}^{n-2}\frac{(i+2)^2+2}{(i+2)^2+1}\le\bruch{18}{10}exp(\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{(i+2)^2+1})\le\bruch{18}{10}exp(\bruch{1}{10}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{dx}{(x+3)^2+1}})=\bruch{18}{10}exp(\bruch{1}{10}+\bruch{\pi}{2}-arctan(3))\approx2,75<3.
[/mm]
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> >
> [mm]\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\le\left(\frac{1}{n}\cdot\sum_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)^n=\left(1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^n=\exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)[/mm]
> >
> > Gruß, Robert
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}=\bruch{18}{10}\limes_{n\rightarrow\infty}\prod_{i=1}^{n-2}\frac{(i+2)^2+2}{(i+2)^2+1}\le\bruch{18}{10}exp(\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{1}{(i+2)^2+1})\le\bruch{18}{10}exp(\bruch{1}{10}+\integral_{0}^{\infty}{\bruch{dx}{(x+3)^2+1}})=\bruch{18}{10}exp(\bruch{1}{10}+\bruch{\pi}{2}-arctan(3))\approx2,75<3.[/mm]
>
was ich nicht ganz verstehe ist, warum beim wechsel von der summe auf das integral der faktor 1/10 hinzu kommt. [mm] (x+3)^2 [/mm] steht ja da weil du die grenzen von 1 auf null verschiebst oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:41 Mi 02.04.2008 | | Autor: | pelzig |
http://www.iadm.uni-stuttgart.de/LstAnaMPhy/Weidl/analysis2/vorlesung-ana2/node25.html
er musste das Glied i=1 rausziehen damit die Abschätzung gilt, deshalb kommt da nochmal das [mm] $\frac{1}{10}$...
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:07 Mi 02.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> was wir hier bräuchten wäre
> [mm]\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}<\log 3\approx 1.0986[/mm]. IGITT!
also nur mal zu dieser Abschätzung:
Mit z.B. Methoden der Fourieranalysis [mm] ($\rightarrow$ [/mm] Fourierreihen) kann man zeigen:
[mm] $\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^2}=\frac{\pi^2}{6}$
[/mm]
Nun gilt für jedes $n [mm] \in \IN$ [/mm] und $N [mm] \in \IN:$ [/mm]
[mm] $\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2+1} \le \sum_{i=1}^N \frac{1}{i^2+1}+\underbrace{\frac{\pi^2}{6}-\sum_{i=1}^N \frac{1}{i^2}}_{=\sum\limits_{i=N+1}^{\infty}\frac{1}{i^2}}=\frac{\pi^2}{6}-\sum_{i=1}^N \frac{1}{i^4+i^2}$
[/mm]
Und nun gilt (Taschenrechner oder mit Näherungsformeln für [mm] $\pi$):
[/mm]
[mm] $\frac{\pi^2}{6} \le [/mm] 1,645$
und
[mm] $\sum_{i=1}^N \frac{1}{i^4+i^2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{20}+... \ge [/mm] 0,55$
für alle $N [mm] \ge [/mm] 2$, also in der Tat folgt für jedes $n [mm] \in \IN$ [/mm] mit oben $N:=2$
[mm] $\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2+1} \le [/mm] 1,645 - 0,55=1,095 < [mm] \ln(3)$
[/mm]
Also das ganze jetzt mit Näherungswerten aus dem TR für [mm] $\ln(3)$ [/mm] und [mm] $\pi$, [/mm] aber man kann das auch mit gewissen Formeln für [mm] $\pi$ [/mm] und Reihenentwicklungen für [mm] $\ln(.)$ [/mm] sicher auch ganz ausführlich beweisen.
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:24 Mi 02.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich finde die Idee irgendwie ziemlich gut, da man am Ende
> doch auf die Exponentialfunktion abschätzen kann.
>
> [mm]\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\le\left(\frac{1}{n}\cdot\sum_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\right)^n=\left(1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^n=\exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)[/mm]
>
> (Stimmt die letzte Gleichheit überhaupt?)
auch hier mal gerade nur zu der letzten Frage:
Du solltest wissen, dass [mm] $\left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)_{n \in \IN}$ [/mm] monoton wachsend gegen [mm] $e^x$ [/mm] strebt (mindestens mal für $x > 0$), daher kann man zwar kein "=" dort schreiben, aber sicherlich
[mm] $(\*)$ $\left(1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^n \blue{\le}\exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)$
[/mm]
und das genügt Euch sicherlich. Wobei die genaue Argumentation zu [mm] $(\*)$ [/mm] wäre:
Ist $n [mm] \in \IN$ [/mm] fest, so gilt für jedes $m [mm] \ge [/mm] n$:
[mm] $\left(1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^n \le \left(1+\frac{1}{m}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^m \le \exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)$,
[/mm]
weil [mm] $\left(\left(1+\frac{1}{m}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)^m\right)_{m \in \IN}$ [/mm] monoton wachsend gegen [mm] $\exp\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i^2+1}\right)$ [/mm] ist.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:01 Mi 02.04.2008 | | Autor: | alexwie |
Servas mike! wenn man folgendes beweist:
[mm] \produkt_{i=1}^{n}\bruch{k^2+2}{k^2+1}<\bruch{3n}{n+1}
[/mm]
hat man ja auch deine UGL bewiesen.
Obiges kann man schon mit Vollständiger Induktion zeigen.
Ich mache nur den Induktionsschritt:
[mm] \produkt_{i=1}^{n+1}\bruch{k^2+2}{k^2+1}=\bruch{(n+1)^2+2}{(n+1)^2+1}\produkt_{i=1}^{n}\bruch{k^2+2}{k^2+1}<\bruch{((n+1)^2+2)3n}{((n+1)^2+1)(n+1)}<\bruch{3n+3}{n+2}
[/mm]
Die letzte Ungleichung ist also zu zeigen. Ausmultiplizieren ergibt:
[mm] ((n+1)^2+2)3n(n+2) [/mm] < [mm] (3n+3)(n+1)((n+1)^2+1)
[/mm]
[mm] \gdw(n^2 [/mm] +2n + 3)3n(n+2) < [mm] (3n^2 [/mm] + 6n [mm] +3)(n^2+2n+2)
[/mm]
[mm] \gdw(3n^3+6n^2+9n)(n+2) [/mm] < [mm] 3n^4 +12n^3+21n^2 [/mm] + 18n +6
[mm] \gdw3n^4 +12n^3+21n^2 [/mm] + 18n < [mm] 3n^4 +12n^3+21n^2 [/mm] + 18n +6
[mm] \gdw0<6 [/mm]
und das ist ne wahre aussage
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(Korrektur) richtig (detailiert geprüft)  | | Datum: | 20:35 Mi 02.04.2008 | | Autor: | pelzig |
Wow, so sieht das doch seeehr hübsch aus... allerdings muss man noch aufpassen da für n=1 nur "kleiner gleich" gilt. Um "echt kleiner" zu zeigen müsste man da nochn bissl drumrumbasteln.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:47 Mi 02.04.2008 | | Autor: | pelzig |
Ich seh grad noch ein Problem: Wenn [mm] $lim_{n\to\infty}(a_n)=a$ [/mm] und [mm] $(b_n)$ [/mm] konvergent mit [mm] $a_n>b_n$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$, [/mm] folgt leider nicht [mm] $\lim_{n\to\infty}a_n>\lim_{n\to\infty}b_n$, [/mm] sondern nur [mm] $\lim_{n\to\infty}a_n\ge\lim_{n\to\infty}b_n$... [/mm]
Du bräuchtest also eine Folge [mm] $(c_n)$ [/mm] mit
1) [mm] $\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\le c_n$ [/mm] und
2) [mm] $\lim_{n\to\infty}c_n=c<3$
[/mm]
Oder du zeigst irgendwie das unser Produkt nicht gegen 3 konvergiert...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:22 Mi 02.04.2008 | | Autor: | Merle23 |
> Ich seh grad noch ein Problem: Wenn [mm]lim_{n\to\infty}(a_n)=a[/mm]
> und [mm](b_n)[/mm] konvergent mit [mm]a_n>b_n[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm], folgt
> leider nicht [mm]\lim_{n\to\infty}a_n>\lim_{n\to\infty}b_n[/mm],
> sondern nur [mm]\lim_{n\to\infty}a_n\ge\lim_{n\to\infty}b_n[/mm]...
>
> Du bräuchtest also eine Folge [mm](c_n)[/mm] mit
> 1) [mm]\prod_{i=1}^n\frac{i^2+2}{i^2+1}\le c_n[/mm] und
> 2) [mm]\lim_{n\to\infty}c_n=c<3[/mm]
>
> Oder du zeigst irgendwie das unser Produkt nicht gegen 3
> konvergiert...
Braucht man nicht, denn die Aufgabenstellung ist ja zu zeigen, dass es für alle natürlichen Zahlen drunter liegt, und das ist auch erfüllt, wenn der Grenzwert drei ist.
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