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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:31 Sa 23.12.2006 | | Autor: | Phoney |
| Aufgabe | Zeigen Sie für alle natürlichen Zahlen [mm] n\ge [/mm] 1, dass
[mm] $(1+\br{1}{n})^n \le \sum^n_{k=0}\br{1}{k!} [/mm] < 3$ |
Hallo.
Also nach dem binomischen Lehrsatz kann ich ja erst einmal
[mm] $(1+\br{1}{n})^n [/mm] = [mm] \sum^{n}_{k=0} \vektor [/mm] {n [mm] \\k [/mm] } [mm] 1^{n-k} (\br{1}{n})^k$
[/mm]
Die 1 ist ja egal...
[mm] $(1+\br{1}{n})^n [/mm] = [mm] \sum^{n}_{k=0} \vektor [/mm] {n [mm] \\k [/mm] } [mm] 1^{n-k} (\br{1}{n})^k=\sum^{n}_{k=0} \vektor [/mm] {n [mm] \\k [/mm] } [mm] \br{1}{n^k}$
[/mm]
Es soll also gelten
[mm] $\sum^{n}_{k=0} \vektor [/mm] {n [mm] \\k [/mm] } [mm] \br{1}{n^k}\le \sum^n_{k=0}\br{1}{k!} [/mm] < 3$
Für [mm] $\sum^{n}_{k=0} \vektor [/mm] {n [mm] \\k [/mm] } [mm] \br{1}{n^k}\le \sum^n_{k=0}\br{1}{k!}$ [/mm] muss doch gelten
[mm] $\vektor [/mm] {n [mm] \\k [/mm] } [mm] \br{1}{n^k}\le \br{1}{k!}$
[/mm]
Mit dem Binomialkoeffizienten habe ich dann ja
[mm] $\br{n!}{(n-k)!*k!}\br{1}{n^k}\le \br{1}{k!}$
[/mm]
bzw.
[mm] $\br{n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1)*(n-k)!}{(n-k)!*k!}\br{1}{n^k}\le \br{1}{k!}$
[/mm]
Es kürzt sich etwas weg
[mm] $\br{n*(n-1)*(n-2)*...(n-k+1)}{*k!}\br{1}{n^k}\le \br{1}{k!}$
[/mm]
Wie kann ich weitervereinfachen?
Irgendetwas muss man hier noch machen können, oder?
DAnn bliebe ja noch zu zeigen, dass
[mm] $\sum^n_{k=0}\br{1}{k!} [/mm] < 3$
Wie schätze ich denn eine Summe ab?
Muss ich da das Quotientenkriterium nehmen und die Summe dann nach oben abschätzen, oder geht das nicht?
Oder ich frage mal so: Wie kann man das sonst abschätzen oder berechnen?
Viele Grüße
Johann
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:46 Sa 23.12.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo Johann!
Zerlege den Bruch in mehrere Einzelbrüche, dann solltest Du das Ergebnis sehen:
[mm] $\br{ n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1) }{k!}*\br{1}{n^k} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{k!}*\bruch{\overbrace{n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1)}^{ \text{k Faktoren} }}{\underbrace{n*n*n*...*n}_{\text{k Faktoren}}} [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{k!}*\underbrace{\bruch{n}{n}*\bruch{n-1}{n}*\bruch{n-2}{n}*...*\bruch{n-k+1}{n}}_{\text{k Faktoren}}$
[/mm]
Nun schätze die einzelnen Brüche über der geschweiften Klammer ab.
> DAnn bliebe ja noch zu zeigen, dass [mm]\sum^n_{k=0}\br{1}{k!} < 3[/mm]
>
> Wie schätze ich denn eine Summe ab?
Gehe hier z.B. mit vollständiger Induktion vor.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:25 Sa 23.12.2006 | | Autor: | Phoney |
Hallo Loddar.
>
> Zerlege den Bruch in mehrere Einzelbrüche, dann solltest Du
> das Ergebnis sehen:
Ne, leider noch nicht.
>
> [mm]\br{ n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1) }{k!}*\br{1}{n^k} \ = \ \bruch{1}{k!}*\bruch{\overbrace{n*(n-1)*(n-2)*...*(n-k+1)}^{ \text{k Faktoren} }}{\underbrace{n*n*n*...*n}_{\text{k Faktoren}}} \ = \ \bruch{1}{k!}*\underbrace{\bruch{n}{n}*\bruch{n-1}{n}*\bruch{n-2}{n}*...*\bruch{n-k+1}{n}}_{\text{k Faktoren}}[/mm]
>
> Nun schätze die einzelnen Brüche über der geschweiften
> Klammer ab.
Wie? Kann ich nicht auch so abschätzen:
[mm] \br{1}{k!}*\br{\overbrace{n*n*n*...*n*n}^{=k-Faktoren}}{n^k} [/mm] = [mm] \br{1}{k!}*\br{n^k}{n^k}=\br{1}{k!}
[/mm]
Wäre das nicht auch eine Abschätzung nach oben? Ich habe die Werte ja größer gemacht.
Oder sollte ich so argumentieren, dass der Nenner größer als der Zähler ist und somit der Bruch <1 (sagen wir z<1) wird. Somit ist [mm] $\br{1}{k!}z [/mm] < [mm] \br{1}{k!} [/mm] $
Gruß, Johann
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:31 Sa 23.12.2006 | | Autor: | Loddar |
Hallo Johann!
Deine Abschätzung ist ebenfalls in Ordnung. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Bei meiner Variante wäre halt jeder der einzelne Bruch [mm] $\bruch{...}{n} [/mm] \ [mm] \red{\le \ 1}$ [/mm] .
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Sa 23.12.2006 | | Autor: | Phoney |
| Aufgabe | Mit Hilfe von vollständiger Induktion zu zeigen:
$ [mm] \sum^n_{k=0}\br{1}{k!} [/mm] < 3 $
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Guten Tag.
Hierbei habe ich immernoch meine Probleme
Induktionsanfang n=1
$ [mm] \sum^1_{k=0}\br{1}{k!}=1+1=2 [/mm] < 3 $
Stimmt!
Induktionsschritt [mm] n\to [/mm] n+1
$ [mm] \sum^{n+1}_{k=0}\br{1}{k!}= \sum^{n}_{k=0}\br{1}{k!}+\sum^{n+1}_{n+1}\br{1}{k!}$
[/mm]
Nach Induktionsvoraussetzung ist
$ [mm] \sum^n_{k=0}\br{1}{k!} [/mm] < 3 $
Also [mm] $\sum^{n}_{k=0}\br{1}{k!}+\sum^{n+1}_{n+1}\br{1}{k!}\le [/mm] 3+ [mm] \sum^{n+1}_{n+1}\br{1}{k!}$
[/mm]
Achso, ich kann noch n+1 in k einsetzen
[mm] $\sum^{n}_{k=0}\br{1}{k!}+\br{1}{(n+1)!}\le [/mm] 3+ [mm] \br{1}{(n+1)!}$
[/mm]
Und was nun?
Ich würde ja mal behaupten, die erste Summe zu berechnen und dann anschließend die Ungleichung zu lösen. Aber das kann ich leider nicht.
Ich behaupte mal, die erste Summe geht gegen drei ;)
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:51 Sa 23.12.2006 | | Autor: | ullim |
Hi,
ist Dir schon folgender Zusammenhang bekannt
[mm] e^x=\summe_{k=0}^{\infty}\br{x^k}{k!}, [/mm] wenn ja, dann folgt daraus, dass
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}\br{1}{k!}=e [/mm] gilt.
Für e gilt [mm] e\cong2.718<3
[/mm]
mfg ullim
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:37 Sa 30.12.2006 | | Autor: | Phoney |
Hallo.
Es freut mich sehr, dass ihr mir alle so zahlreich geholfen habt. Jede einzelne Antwort ist hier sehr wertvoll für mich!
Dankeschön.
Viele Grüße und guten Rutsch,
Johann
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