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Lockere Folge 56 : Ungleichung mit de...

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Megamath (Megamath)
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Senior Mitglied
Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 2778
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Samstag, den 11. Oktober, 2003 - 11:15:   Beitrag drucken

Hi allerseits,

Die Aufgabe LF 56 lautet:
Man beweise für natürliche Zahlen n die Ungleichung
{ sum 1 / k } ^ 2 < 1/2
Der Summationsindex k läuft von n+1 bis 2 n.

Hinweis:
Benütze die Cauchy –Schwarzsche Ungleichung

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath

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Megamath (Megamath)
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Senior Mitglied
Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 2796
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. Oktober, 2003 - 12:51:   Beitrag drucken

Hi allerseits

Die vorliegende Aufgabe LF 56 ist etwas schwieriger
zu lösen als ihre Vorgängerin LF 55.

Im Sinne eine Ebnung des Terrains nehmen wir einen
Hilfssatz zu Hilfe (nomen est omen!).
Dieser lautet.
1 / (n+1)^2 + 1 / (n +2)^2 +…. + 1/(2n)^2 < 1 / (2n),
gültig für n = 1,2,3,….
Dies lässt sich so oder so beweisen,
ist jedoch eine andere Geschichte.

Mit der Cauchy –Schwarzschen Ungleichung
entsteht:
[1/(n+1) + 1/(n+2) +…. + 1/(2n)]^2 =
[1*1/(n+1) +1* 1/(n+2)^1 +…. +1* 1/(2n)] *
[1*1/(n+1) +1* 1/(n+2)^1 +…. +1* 1/(2n)] <
[1^2+1^2 …+1^2]*[1/(n+1)^2+1/(n +2)^2 +….+1/(2n)^2] <
n * [1/ (2n) ] = 1/2 , qed.

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Orion (Orion)
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Benutzername: Orion

Nummer des Beitrags: 654
Registriert: 11-2001
Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. Oktober, 2003 - 15:51:   Beitrag drucken

Hallo megamath,

Variante mit Verschärfgung :
Es sei S(n) := S2n k=n+11/k.

Behauptung : S(n) < ln 2, und dies ist die bestmögliche Abschätzung.

Beweis: Man rechnet nach, dass

S(n) = S(n-1) + 1/(2n-1) - 1/2n

Wegen S(1)=1/2 ist also

S(n) = Sn k=11/(2k-1) - Sn k=11/2n

=S2n k=1(-1)k+1/k

Offenbar ist S(n) monoton wachsend, daher gilt

S(n) < lim S(n)= S¥ k=1(-1)k+1/k = ln 2.


mfG Orion
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 2800
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. Oktober, 2003 - 15:57:   Beitrag drucken

Hi Orion,

Besten Dank!
Mit S(n) habe ich auch ausgiebig laboriert !

MfG
H.R.Moser,megamath
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Megamath (Megamath)
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Senior Mitglied
Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 2802
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. Oktober, 2003 - 19:47:   Beitrag drucken

Hi Orion,

Mich beschäftigt die Summe der Reziproken
der Quadratzahlen
für k = n+1 bis
k =2n
Ich komme später darauf zurück.

MfG
H.R.Moser,megamath
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Tl198 (Tl198)
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Benutzername: Tl198

Nummer des Beitrags: 1682
Registriert: 10-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 17. November, 2004 - 21:45:   Beitrag drucken

Hi megamath,

ist zwar schon lange her, aber ich wäre an einer Herleitung deiner Ungleichung für die Summe der reziproken Quadratzahlen von n+1 bis 2n interessiert!

Das brauche ich nämlich um zu beweisen, das die Summe der reziproken der Quadratzahlen von 1 bis n nach Cauchy konvergiert!

Mir fehlt jetzt halt nur die Abschätzung, oder einen Beweis/Herleitung dieser hier, die würde nämlich gut passen

mfg
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath

Nummer des Beitrags: 4621
Registriert: 07-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. November, 2004 - 15:56:   Beitrag drucken

Hi Ferdi

Wir möchten zeigen, dass die unendliche Reihe
sum [1/r^p], Summationsindex r = 1 …inf.
für p >1 konvergiert, für 0<p<=1 divergiert.

Versuchen wir es einmal so:
Wir setzen
ao = 1 / 1^p;
a1 = 1 / 2^p + 1 / 3^p
a2 = 1 / 4^p + 1 / 5^p + 1 / 6^p + 1/ 7^p
mit 2^r = s also
ar = 1/ s^p +1/(s +1)^p + 1 /(s +2)^p +…+1/[2^(r+1) -1]^p

ferner:
bo = 1 / 1^p;
b1 = 1 / 2^p
b2 = 1 / 3^p + 1 / 4^p
b3 = 1 /5^p + 1 /6^p + 1/7^p + 1/8^p
mit 2^r = t also

br = 1 /(t+1)^p + 1 /(t +2)^p +1 /(t +3)^p …+1/[2^r]^p

Zeige nun:
an > 2^n * 1 / [2^(n+1)] ^ p = q ^ n / 2 ^ p
bn < 2^(n-1)* 1 / [2^(n-1)] ^ p = q^(n-1).
wobei q = 1 / [(2^(p-1)] gilt.

rechts steht das allgemeine Glied einer unendlichen
geometrischen Reihe mit dem Quotienten q.
Diese Reihen können als Minoraten bzw. Majoranten benützt werden,
um die Divergenz bzw. die Konvergenz der gegebenen Reihe
nachzuweisen.

NB
Konvergenz der q-Reihen:q < 1
dies ist der Fall für p > 1
Divergenz der q-Reihen: q > = 1
also für p <= 1


Bitte Toppfehler (!) suchen und finden!

Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Orion (Orion)
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Benutzername: Orion

Nummer des Beitrags: 920
Registriert: 11-2001
Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. November, 2004 - 16:00:   Beitrag drucken

Hallo,

Für i=2,...,n ist n+i > n+1

=> 1/(n+i)2 < 1/(n+1)2

=> Sn i=1 1/(n+i)2 < n/(n+1)2 ® 0.

War es so gemeint ?
mfG Orion
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Tl198 (Tl198)
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Senior Mitglied
Benutzername: Tl198

Nummer des Beitrags: 1683
Registriert: 10-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 18. November, 2004 - 23:16:   Beitrag drucken

Hi megamath & Orion,

besten Dank! Genau das hab ich gesucht! Jetzt hat es geklappt!

mfg

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