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Bernoullische Ungleichung mit der Eulerschen Zahl

Schüler Gymnasium,

Tags: e, euler

DaWuast aktiv_icon

14:52 Uhr, 27.02.2011

Hi,

Ich habe folgende Aufgabe zu bewältigen:

Ich möchte gerne beweisen, dass bn

= {(1 + (\frac{1}{n}))}^{n + 1}

eine monoton fallende Folge ist.

Dies soll sich nachher mit Hilfe der Bernoullischen Folge bemerkbar machen.

Meine Ansätze sehen so aus:

bn-1

>

{(1 + (\frac{1}{n - 1}))}^{n} > (1 + {(\frac{1}{n})}^{n + 1}

\Leftrightarrow {(1 + (\frac{1}{n - 1}))}^{n} > (1 + {(\frac{1}{n})}^{n} \cdot (1 + (\frac{1}{n})

\Leftrightarrow (\frac{n^{2}}{n^{2} - 1}) > 1 + \frac{1}{n}

\Leftrightarrow {(1 + (\frac{1}{n^{2} - 1}))}^{n} > 1 + \frac{1}{n}

Im Prinzip soll dies alles auf die Bernoullische Ungleichung

{(1 + a)}^{n} >

1+na hinaus.

Wenn ich dann

1 + \frac{1}{n^{2} - 1} = 1 + a

setze erhalte ich für

a = \frac{1}{n^{2} - 1}

.

Setze ich dieses a dann in 1+an ein erhalte ich:

1 + (\frac{1}{n}) - n = \frac{1}{n}

.

Eigentlich müsste dann, sofern ich alles richtig gemacht habe(was ich allem Anschein nach nicht getan habe)

1 + \frac{1}{n}

herauskommen.

Ich wäre sehr sehr dankbar, wenn mir jemand auf die Sprünge helfen könnte.
Ich würde außerdem gerne wissen, ob ich Tomaten auf den Augen habe, oder gar mein Ansatz völlig falsch ist.^^

Großes Danke im Vorraus

gez DaWuast

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

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15:09 Uhr, 27.02.2011

b_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}

Es gilt:

\frac{b_{n}}{b_{n + 1}} = \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}}{{(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 2}} = \frac{{(\frac{n + 1}{n})}^{n + 1}}{{(\frac{n + 2}{n + 1})}^{n + 2}} = \frac{{(\frac{n + 1}{n})}^{n + 2} \cdot \frac{n}{n + 1}}{{(\frac{n + 2}{n + 1})}^{n + 2}} = {[\frac{(n + 1) (n + 1)}{n \cdot (n + 2)}]}^{n + 2} \cdot \frac{n}{n + 1}

= {[\frac{n \cdot (n + 2) + 1}{n \cdot (n + 2)}]}^{n + 2} \cdot \frac{n}{n + 1} = {(1 + \frac{1}{n \cdot (n + 2)})}^{n + 2} \cdot \frac{n}{n + 1}

Nun gilt weiter wegen Bernoulli'scher Ungleichung mit

n + 2

statt

n

und

a = \frac{1}{n (n + 2)} :

{(1 + \frac{1}{n (n + 2)})}^{n + 2} \geq 1 + (n + 2) \cdot \frac{1}{n \cdot (n + 2)} = 1 + \frac{1}{n}

Damit dann schließlich:

\frac{b_{n}}{b_{n + 1}} = {(1 + \frac{1}{n \cdot (n + 2)})}^{n + 2} \cdot \frac{n}{n + 1} \geq (1 + \frac{1}{n}) \cdot \frac{n}{n + 1} = \frac{n + 1}{n} \cdot \frac{n}{n + 1} = 1

\Rightarrow \frac{b_{n}}{b_{n + 1}} \geq 1 \Leftrightarrow b_{n} \geq b_{n + 1} \Rightarrow {(b_{n})}_{n \in ℕ}

ist monoton fallend

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16:01 Uhr, 27.02.2011

Ich danke dir für diese schnelle Antwort Shipwater!

Du gehst, wie ich meine zu sehen, davon aus, dass bn

<

bn+1 ist.

Ist es denn auch mit meinem Ansatz

[

>

bn-1 ] möglich zu lösen?

gez

DaWuast

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16:15 Uhr, 27.02.2011

b_{n - 1} \geq b_{n}

geht auch, aber hab jetzt ehrlich gesagt keine Lust das nochmal durchzurechnen. Konntest du meinem Weg denn folgen? Außerdem gehe ich nicht davon aus, dass

b_{n} < b_{n + 1},

sondern zeige, dass

b_{n} \geq b_{n + 1}

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18:19 Uhr, 27.02.2011

Ja ich konnte ihm folgen, dafür nochmal ein großes Dankeschön.

Was ich aber noch nicht ganz durchblickt habe ist, wieso du bn

\geq

bn+1 nimmst (sry ich nicht wie man das kleine

n

schreibt).

mfg

DaWuast

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19:23 Uhr, 27.02.2011

Was spricht denn dagegen mit

b_{n} \geq b_{n + 1}

zu arbeiten?
PS: "b_n" wird zu

b_{n}

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19:49 Uhr, 27.02.2011

Versteh mich nicht falsch.

Ich habe ganz und garnichts dagegen dass du mit

\geq

arbeitest.

Ich würde nur gerne wissen, was den "Unterscheid" dabei aus macht, da ich es nicht ganz begreife.

Oder dient es nur dafür, sich im Prinzip vorher "abzusichern"?

Was ich noch fragen wollte ist, ob meine Ansätze zu

b_{n - 1} > b_{n}

überhaupt richtig sind.

Ich habe bereits

{(1 + (\frac{1}{n}))}^{n} > {(1 + (\frac{1}{n - 1}))}^{n - 1}

bewiesen und würde den 2ten Beweis gerne auch in der Form beibehalten.

Sprich in der Bernoullische Ungleichung nicht

n + 2

für

n

einzusetzen.

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20:22 Uhr, 27.02.2011

Ich schau mal morgen über deinen Ansatz, muss jetzt aber wirklich weg, da ich morgen selbst einen Franztest schreibe. Und bald wird es zu spät zum lernen...

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20:42 Uhr, 27.02.2011

Hehe, viel Spaß :-)

Und danke für deine Hilfe.

gez

DaWuast

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14:23 Uhr, 28.02.2011

Bis hierhin ist dein Ansatz korrekt:

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{1}{n}

Wenn man jetzt Bernoulli'sche Ungleichung mit

a = \frac{1}{n^{2} - 1}

anwendet:

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{n}{n^{2} - 1}

Jetzt musst du zeigen:

1 + \frac{n}{n^{2} - 1} \geq 1 + \frac{1}{n}

\Leftrightarrow \frac{n}{n^{2} - 1} \geq \frac{1}{n}

\Leftrightarrow n^{2} \geq n^{2} - 1

(für

n \in ℕ)

\Leftrightarrow 1 \geq 0 \Rightarrow

wahr
Es gilt also

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{n}{n^{2} - 1}

und

1 + \frac{n}{n^{2} - 1} \geq 1 + \frac{1}{n}

also auch (Transitivität):

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{1}{n}

Gruß Shipwater

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14:43 Uhr, 28.02.2011

Ich danke dir :-)

gez

DaWuast

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14:51 Uhr, 28.02.2011

Gern geschehen.

PS: Habe meinen Beitrag oben gerade korrigiert, hatte eine Klammer falsch gesetzt gehabt.

DaWuast aktiv_icon

20:24 Uhr, 28.02.2011

Mir fällt grad auf, dass ich bei genauerem Hinsehen doch noch eine Frage habe.

Du sagst(sofern ich Verstanden habe) dass:

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{n}{n^{2} - 1} \geq 1 + \frac{1}{n}

Oder?

1 + \frac{n}{n^{2} - 1} \geq 1 + \frac{1}{n}

Ist ja bewiesen.
Aber es könnte doch auch so aussehen:

1 + \frac{n}{n^{2} - 1} \geq {(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{1}{n}

Oder bin ich auf dem Holzweg und habe den Begriff der Transitivität nicht ganz begriffen?

Er sagt ja aus, dass bsp.:

x < y, y < z

zeigt:

x < z

ist.

Das Vorgerechnete wäre aber doch dann:

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n}

entspricht

x

1 + \frac{n}{n^{2} - 1}

entspricht

y

1 + \frac{1}{n}

entspricht

z

Dann sähe es so aus:

x > z, y > z, x

y

Bitte sag mir, dass ich falsch und du richtig liege/liegst.^^

gez

DaWuast

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21:34 Uhr, 28.02.2011

Mit Bernoulli'scher Ungleichung ist bewiesen:

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{n}{n^{2} - 1}

Desweiteren habe ich in meinem Beitrag bewiesen (leicht zu zeigen):

1 + \frac{n}{n^{2} - 1} \geq 1 + \frac{1}{n}

Wenn man jetzt also wiefolgt definiert:

x := {(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n}

y := 1 + \frac{n}{n^{2} - 1}

z := 1 + \frac{1}{n}

Dann gilt doch

x \geq y

und

y \geq z

also wegen der Transitivität

x \geq z

und somit

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{1}{n}

Weil letzte Aussage war ist, ist auch

b_{n - 1} \geq b_{n} (\forall n \in ℕ)

wahr und es wäre bewiesen, dass

{(b_{n})}_{n \in ℕ}

monoton fallend ist.

DaWuast aktiv_icon

21:44 Uhr, 28.02.2011

Aaachja okey.

War ein verständnisproblem, habe nicht darüber anchgedacht, dass :

{(1 + \frac{1}{n^{2} - 1})}^{n} \geq 1 + \frac{n}{n^{2} - 1}

Dachte es wäre noch zu beweisen.

Ich danke dir für deinen Beistand und Hilfestellung.

gez

DaWuast

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21:48 Uhr, 28.02.2011

Keine Ursache.

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