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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » ** Die härtere Adventnuss 2017
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Kein bestimmter Bereich J ** Die härtere Adventnuss 2017
Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2017-12-13


Zeige eine der folgenden Aussagen:

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Antworten bitte mit PM bis 23. Dezember 2017. Am Morgen des Heiligen Abends wird hier aufgelöst. Viel Spaß beim Tüfteln!

Grüße Squire




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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-15


Danke für die vielen Einsendungen! Wer sich noch an der Reihe versuchen möchte, hat noch bis nächsten Samstag Gelegenheit dazu.
Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-19


Konvergiert sie? Oder doch nicht? Ist der Kosinus-Term überhaupt eine Nullfolge? Bis Samstag ist noch ausreichend Zeit, die widerspenstige Nuss zu knacken.
Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-22


Der Advent geht langsam zu Ende und mit ihm auch die Frist zur Beantwortung des Rätsels. Bis morgen um Mitternacht freue ich mich über Einsendungen, am Heiligen Abend wird dann aufgelöst.
Grüße Squire



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Squire
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-24

\(\begingroup\)
Danke für die freundlichen Rückmeldungen! Gratulation an:

DerEinfaeltige
MontyPythagoras
Wally
gonz
Animus
Tirpitz

Meine Lösung:




(a) \[∑\cos^2(\pi\sqrt{n^2+n})=∑\cos^2(\pi n\sqrt{1+\frac{1}{n}})=\] \[=∑\cos^2(\pi n(1+\frac{1}{2n}-\frac{1}{8n^2}+O(\frac{1}{n^3}))=\] \[=∑\cos^2(\pi n+(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2})))=\] \[=∑(\cos(\pi n)\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2}))-\sin(\pi n)\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2})))^2=\] \[=∑((-1)^n\cos(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2})))^2=\] \[=∑\cos^2(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2}))=\] \[=∑\sin^2(\frac{\pi}{2}-(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2})))=\] \[=∑\sin^2(\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2}))\leq ∑(\frac{\pi}{8n}+O(\frac{1}{n^2}))^2=\] \[=∑(\frac{\pi^2}{64n^2}+O(\frac{1}{n^3}))\]
Da $\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\pi^2}{64n^2}+O(\frac{1}{n^3})}{\frac{1}{n^2}}=\frac{\pi^2}{64}>0$, konvergiert diese Reihe absolut nach dem Grenzwertkriterium. Sie ist eine Majorante zur untersuchten Reihe, die daher nach dem Majorantenkriterium ebenfalls absolut konvergiert.



Frohe Weihnachten allen Bewohnern und Gästen des Matheplanten!
Squire
\(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2017-12-24

\(\begingroup\)
Hallo zusammen,
ich habe meinen Beweis noch ein wenig aufgehübscht, inklusive der Berechnung einer oberen Schranke.
Sei
$$a_n=n+\frac12-\sqrt{n^2+n}$$Dann ist
$$S=\sum_{n=1}^{\infty}\cos^2\left(\pi\sqrt{n^2+n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\cos^2\left(\pi\left(n+\frac12-a_n\right)\right)$$ $$S=\sum_{n=1}^{\infty}\cos^2\left(n\pi+\frac{\pi}2-\pi a_n\right)$$Es ist außerdem laut Additionstheorem:
$$\cos\left(n\pi+\frac{\pi}2-\pi a_n\right)=\cos\left(n\pi+\frac{\pi}2\right)\cos\left(\pi a_n\right)+\sin\left(n\pi+\frac{\pi}2\right)\sin\left(\pi a_n\right)=(-1)^n\sin\left(\pi a_n\right)$$ $$\cos^2\left(n\pi+\frac{\pi}2-\pi a_n\right)=\sin^2\left(\pi a_n\right)$$Also:
$$S=\sum_{n=1}^{\infty}\sin^2\left(\pi a_n\right)$$Man kann $a_n$ auch so darstellen:
$$a_n=\frac{\left(n+\frac12-\sqrt{n^2+n}\right)\left(n+\frac12+\sqrt{n^2+n}\right)}{n+\frac12+\sqrt{n^2+n}}=\frac{n^2+n+\frac14-n^2-n}{n+\frac12+\sqrt{n^2+n}}$$ $$a_n=\frac1{4\left(n+\frac12+\sqrt{n^2+n}\right)}$$Da $n+\frac12>\sqrt{n^2+n}$, wie man leicht durch Quadrieren zeigt, gilt:
$$a_n<\frac1{8\sqrt{n^2+n}}$$Es ist außerdem $x^2>\sin^2x$ für alle $\frac{\pi}2>x>0$, und daher: $$\sin^2\left(\pi a_n\right)<\pi^2a_n^2<\pi^2\left(\frac1{8\sqrt{n^2+n}}\right)^2$$und somit:
$$S<\frac{\pi^2}{64}\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2+n}$$ $$S<\frac{\pi^2}{64}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)$$Diese Summe ist eine Teleskopsumme mit dem Wert 1. Damit kann man sogar als obere Schranke angeben:
$$S<\frac{\pi^2}{64}=0,154212569$$Der genaue Wert ist übrigens
$$S= 0,1469406325433...$$

Frohe Weihnachten!

Ciao,

Thomas
\(\endgroup\)


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