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Ungleichung

Schüler

Tags: Produktdarstellung

KimJungUn aktiv_icon

16:09 Uhr, 19.09.2024

Hallo . Entschulding für erste Frage unten, Ich habe neu geschrieben.

Wie kann man aus der Ungleichung

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 2}{2 k - 1}

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k}

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{2 k + 1}

die Ungleichung

\frac{1}{2 \sqrt{2 n}}

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k}

\frac{1}{\sqrt{2 n}}

schließen?

Erste Ungleichung verstehe ich,

aber die zweite Ungleichung, wie kann man aus der ersten Ungleichung die zweite Ungleichung schließen?

Kennt jemand die Lösung?

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

Roman-22

17:29 Uhr, 19.09.2024

Das erste Produkt ist doch 0 weil für

k = 1

der Zähler

2 k - 2

Null wird

HAL9000

17:55 Uhr, 19.09.2024

Es geht hier im wesentlichen um Teleskopprodukte: Mit Abkürzung

a_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k}

folgt aus dem rechten Teil deiner Ungleichung durch Multiplikation mit

a_{n}

a_{n}^{2} \leq a_{n} \cdot \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{2 k + 1} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k + 1} = \frac{1}{2 n + 1}

und damit per Wurzelziehen

a_{n} \leq \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} < \frac{1}{\sqrt{2 n}}

.

Links hat zunächst Roman vollkommen Recht, vermutlich sollte dort nur

\prod_{k = 2}^{n} \frac{2 k - 2}{2 k - 1} < \prod_{k = 2}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k} = 2 a_{n}

stehen, daraus folgt diesmal durch Multiplikation mit

2 a_{n}

4 a_{n}^{2} \geq 2 a_{n} \cdot \prod_{k = 2}^{n} \frac{2 k - 2}{2 k - 1} = \prod_{k = 2}^{n} \frac{2 k - 2}{2 k} = \prod_{k = 2}^{n} \frac{k - 1}{k} = \frac{1}{n}

und somit

a_{n} \geq \frac{1}{2 \sqrt{n}}

, was stärker als die von dir geforderte linke Zielungleichung ist.

P.S.: Mit ausgefeilteren Methoden kann man übrigens die deutlich bessere Einschachtelung

\frac{1}{\sqrt{π (n + \frac{1}{2})}} < \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k} < \frac{1}{\sqrt{π n}}

nachweisen, gültig für alle

n \geq 1

KimJungUn aktiv_icon

23:08 Uhr, 19.09.2024

Hal9000. Sie haben mich wieder gerettet.

Vielen Dank für Ihre hervorragende Hilfe. Sie haben sehr genau und sorgfältig erklärt

Und Ihr zusätzliches P.S würde in Zukunft auch sehr hilfreich sein.

und die eigentliche Ungleichung ist

\frac{1}{2} \prod_{k = 2}^{n} \frac{2 k - 2}{2 k - 1} < \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k} < \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{2 k + 1}

Roman hat Recht.
Aus Versehen habe ich wieder falsch geschrieben.

Sukomaki aktiv_icon

04:22 Uhr, 20.09.2024

@HAL9000

zu

\frac{1}{\sqrt{π (n + \frac{1}{2})}} < \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k} < \frac{1}{\sqrt{π n}}

:

Wie sehen die ausgefeilteren Methoden aus?

Ich komme nur bis

\prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k} = \frac{Γ (n + \frac{1}{2})}{Γ (\frac{1}{2}) \cdot Γ (n + 1)}

wobei

Γ (\frac{1}{2}) = \sqrt{π}

.

Da taucht die Wurzel von

π

auf.

Ein weiterer Ausdruck mit

\sqrt{π n}

ist Stirling.

Aber den hast Du vermutlich auch nicht verwendet.

Ich weiß dieses "

\sqrt{π}

taucht hier oder dort auf" ist nicht unbedingt

die richtige Art Mathematik zu betreiben.

Dennoch würde ich jetzt gerne wissen : Wie hast du das gemacht?

Sukomaki

HAL9000

09:51 Uhr, 20.09.2024

Der Weg, den ich kenne, setzt keinerlei Kenntnisse zur Gammafunktion voraus:

Sei

I_{m} = \int_{0}^{π} \sin^{m} (x) d x

, dann ist offenbar

{(I_{m})}_{m = 0, 1, \dots}

eine streng monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen, mit den Startwerten

I_{0} = π

sowie

I_{1} = 2

. Für

m \geq 2

bekommt man durch partielle Integration

I_{m} = \int_{0}^{π} \sin (x) \cdot \sin^{m - 1} (x) d x = {[- \cos (x) \cdot \sin^{m - 1} (x)]}_{x = 0}^{π} + \int_{0}^{π} \cos (x) \cdot (m - 1) \sin^{m - 2} (x) \cos (x) d x

= (m - 1) \int_{0}^{π} (1 - \sin^{2} (x)) \cdot \sin^{m - 2} (x) d x = (m - 1) I_{m - 2} - (m - 1) I_{m}

und damit Iteration

I_{m} = \frac{m - 1}{m} \cdot I_{m - 2}

.

Für gerade

m = 2 n

bedeutet das

I_{2 n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k - 1}{2 k} \cdot I_{0} = π \cdot a_{n}

.

Für ungerade

m = 2 n + 1

bedeutet es

I_{2 n + 1} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{2 k + 1} \cdot I_{1} = 2 \cdot \prod_{k = 1}^{n} \frac{2 k}{2 k + 1} = \frac{2}{(2 n + 1) a_{n}} = \frac{1}{(n + 1) a_{n + 1}}

.

Aus

I_{2 n} > I_{2 n + 1}

folgt damit nun

a_{n}^{2} > \frac{2}{π (2 n + 1)}

.

Aus

I_{2 n} < I_{2 n - 1}

folgt andererseits

a_{n}^{2} < \frac{1}{π n}

Sukomaki aktiv_icon

14:22 Uhr, 20.09.2024

Clever. Tricky.

Wie bist Du bloß auf die trigonometrischen Funktionen gekommen? Das ist ja gar nicht so naheliegend.

Ich finde den Zusammenhang von trigonometrischen Integralen mit Fakultätstermen interessant / faszinierend.

Ich habe mal bewiesen, dass

\int_{0}^{1} \cos (π x)^{2 k} d x = \frac{(2 k)!}{(k!)^{2} \cdot 4^{k}}

Wie auch immer denke ich, dass der Vorrat an solchen Formeln sich recht bald erschöpft.

Aber immerhin : da gibt es eine Verbindung zwischen Analysis und Kombinatorik. :-)

Sukomaki

HAL9000

17:30 Uhr, 20.09.2024

> Wie bist Du bloß auf die trigonometrischen Funktionen gekommen?

Gar nicht. "Der Weg, den ich kenne" heißt nicht, dass ich den erfunden habe - ich hab es mal irgendwo gelesen. Das ist allerdings Jahrzehnte her, ich kann dir also nicht mehr sagen, wo das war.

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