Übergangs-Marathon Mathematik

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Monoid Auf diesen Beitrag antworten »
Übergangs-Marathon Mathematik
Hi! Wink

Ich möchte hier einen Übergangs-Marathon eröffnen.

Er funktioniert genauso wie z.B. der Mathe-Marathon-Schule, also derjenige, der die aktuelle Aufgabe gelöst hat, stellt die nächste.

Weitere Regeln sind:

  • Nur Oberstufenpogramm oder das, was 1. oder 2. Semesterer im Mathematikstudium lernen.
  • Aufgaben und Lösungen werden in Zitaten geschrieben.
  • Man nummeriere die Aufgabe bzw. die Lösung.
  • Man vermeide Kommentare.
  • Schreibe zu Lesbarkeit mit .


Ich fange dann an:

Zitat:

Aufgabe 1 Algebra :

Sei .

Man zeige:




Edit:
Teilnehmen darf jeder.
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

So jetzt aber:
Zitat:

Lösung Aufgabe 1:

Vorüberlegung: Offenbar gilt für alle


Zunächst fällt uns auf, dass
sowohl als auch durch teilbar sind.
Damit folgt, dass



für alle durch teilbar ist. Wir bezeichnen diese Aussage mit

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Offenbar gilt ebenso für alle





Also ist genau dann durch teilbar, wenn es auch ist.
Mit
a_1 = 111 durch 37 teilbar
a_2 = 10101 durch 37 teilbar
a_3 = 1001001 nicht durch 37 teilbar
folgt die Behauptung.

Hoffe ich habe diesmal nichts übersehen.
Lg

edit von sulo: Zeilenumbruch für bessere Lesbarkeit eingefügt.
 
 
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

So, mir ist doch was eingefallen:

Zitat:
Aufgabe 2:
Zeige, dass in jedem Dreieck der Schwerpunkt, Umkreismittelpunkt und Höhenschnittpunkt auf einer Geraden liegen



Tipp: Vektorrechnung bietet sich an
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung Aufgabe 2:

Für das Dreieck ABC gilt



Für den Schwerpunkt S nimmt man die Schwerpunktformel und bekommt



Dann braucht man den zu orthogonalen Vektor

Der Höhenschnittpunkt H hat den x-Wert


(hb ist die Senkrechte auf b durch B)

a und dann yH berechnen führt zum Höhenschnittpunkt



Der Umkreismittelpunkt U hat den x-Wert


(mb ist die Mittelsenkrechte von b)

k und yU berechnen führt zum Umkreismittelpunkt



Damit die 3 Punkte auf einer Geraden liegen
müssen und linear abhängig sein

Was man dann auch zeigen kann

Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Jap, sehr schön Freude

Du kannst die nächste Aufgabe stellen Augenzwinkern
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 3:

geg

Für jedes a existiert eine Stelle an der die Krümmung der Kurve maximal wird

Gesucht wird der Wertebereich der Funktion

Fragen über Fragen Auf diesen Beitrag antworten »

Da die Aufgabe hier schon so lange steht, erlaube ich mir, eine Kurz-Lösung hinzuschreiben und hoffe, dass mir dabei keine Fehler unterlaufen sind.

Zitat:

Mit der Formel für die Krümmung erhalte ich

.

Nun hat mein Taschenrechner nach abgeleitet und meine Hand die Nullstelle der Ableitung bestimmt zu .
Jetzt ziehe ich mich, um lange Rechnerei zu vermeiden, auf deine Voraussetzung zurück: Aufgabe 3 schickt mit auf den Weg, dass bei festgehaltenem ein Maximum annimmt, sodass die oben bestimmte Nullstelle der Ableitung tatsächlich die Maximalstelle aus der Aufgabenstellung sein muss ( ist für alle definiert, sodass Randbetrachtungen für das Maximum entfallen).

Für die Bestimmung des Wertebereichs von schaue ich mir mal das Verhalten der Ableitung an:



Der Nenner der Ableitung ist positiv, also braucht man für das Vorzeichen der Ableitung bloß den Zähler betrachten:
er ist kleiner als 0 für , gleich 0 für und größer als 0 für .

Das heißt für (was auch größer 1 ist, was die Bedingung an a in der Aufgabenstellung war) nimmt seinen kleinsten Funktionswert an, der ist.

Wegen und da x_k (a) stetig ist auf dem Intervall , nimmt x_k(a) jeden Funktionswert größer gleich -0,52 an, was gerade der Wertebereich ist:


PS: Ich habe hier rund 20 mal statt /latex \latex geschrieben und ich glaube, ich werde diesen Fehler niemals wegbekommen, solange alle anderen Symbole mit \ eingeleitet werden unglücklich
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast die Lösung gefunden.

Beachte auch f´(xk) = ?

Du kannst dann die nächste Frage stellen.
Fragen über Fragen Auf diesen Beitrag antworten »

Aus dem BWM 1992:

Zitat:
Aufgabe 4:
Für drei Zahlenfolgen mit positiven Anfangsgliedern gelte



Man beweise:
a) Keine der drei Folgen ist nach oben beschränkt.
b) Mindestens eine der Zahlen ist größer als 20.


Zur Motivation der Schüler: Da die Aufgabe aus einem Schülerwettbewerb stammt, wird für ihre Lösung auch kein Hochschulwissen über Folgen benötigt Augenzwinkern
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich denke, ich habe jetzt lange genug Zeit gelassen, daher löse ich mal auf:

Zunächst betrachte ich die durch definierte Funktion und stelle fest, dass sie für monoton steigt (Kann sich ja jeder selbst überlegen, wo das gebraucht wird)

Ich zeige zunächst

(Dabei ist die Potenz als Hintereinanderausführung zu verstehen)

per Induktion.

Der Induktionsanfang ist klar, für den Induktionsschritt zeigen wir unter Benutzung der Ungleichung von arithmetischen und geometrischen Mittel:

.

Für die Aufgabe müssen wir jetzt nur noch zeigen:

für . Wieder mit Induktion:

Diesmal erfordert schon der Anfang etwas mehr:

o.B.d.A ist , also .

Der Induktionsschritt ist nun die selbe Überlegung:

Sei o.B.d.A .

Dann ist . Fertig.


Achso, das war ja jetzt nur die b). Die impliziert natürlich vermöge die a).

Dennoch will ich zeigen, dass die a) (wo man nur zeigt, dass die Folgen beliebig wachsen) in der Tat viel einfacher ist als die b) (wo man eine untere Schranke für das Wachstum findet).


Nehmen wir an, eine der drei sei beschränkt, so sind wegen alle 3 beschränkt, sagen wir durch .

Wegen ist aber doch unbeschränkt. Widerspruch.
Fragen über Fragen Auf diesen Beitrag antworten »

Folgende Aufgabe ist vielleicht weniger abschreckend, als die Aufgabe 4:

Zitat:
Aufgabe 5:
Man beweise, daß ein Würfel für jede natürliche Zahl in genau n Würfel zerlegt werden kann.

Wurde mal in der deutschen Olympiade 1993 gestellt, Aufgabe 321242.

Zusatzfrage (kenne selbst keine Antwort): Für welche n<100 existiert keine Zerlegung? Sowas wie n=2 ist klar, aber wie stehts z.B. mit n=42 ?
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Könnte bitte ein Moderator meine Lösung oben entfernen?
Ich hatte mich in der Dimension vertan Big Laugh


Zitat:
Lösung 5

Zunächst stellen wir fest, dass sich jeder Würfel für alle in Würfel zerlegen lässt, indem jeder das -fache, der Kantenlänge des zerlegten Würfels bekommt.

Behauptung 1:
Sei so, dass ein Würfel sich in genau Würfel zerlegen lässt. Dann lässt sich auch jeder Würfel in Würfel zerlegen.
Beweis:
n+7: Zerlege den Würfel in Würfel und einen der danach in Würfel. Dann wurde insgesamt in n+7 Würfel zerlegt.
n+26 Geht genauso wegen
n+19 Zerlege den Würfel in Würfel, einen von diesen dann in und fasse von diesen wieder zu einem größeren Würfel zusammen. Dann wurde insgesamt in Würfel zerlegt.
n+37 Zerlege den Würfel in Würfel, einen von diesen dann in und fasse von diesen wieder zu einem größeren Würfel zusammen. Dann wurde insgesamt in Würfel zerlegt.

Es bleibt noch zu zeigen, dass die Behauptung für gilt.

Dies ist der Fall wegen:









Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 6 (Analysis)
Sei zweimal stetig differenzierbar mit .
Zeige: Es gibt mit


Tipp: Betrachte und und berechne und
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich werde dann mal auflösen. Wer will kann die nächste posten.

Zitat:

Lösung 6

Sei also zweimal stetig differenzierbar mit .

Definiere und



Als Produkte, Summen differenzierbarer Funktionen sind und differenzierbar mit






Also sind konstante Funktionen.

Ferner gilt





Identifizieren wir nun mit ihrem konstanten Funktionswert, so ergibt sich die Behauptung.


edit von sulo: Zeilenumbruch für bessere Lesbarkeit eingefügt.
Algebra! Auf diesen Beitrag antworten »

Hi!

Zitat:

Aufgabe 7:
Sei eine Gruppe, seien Untergruppen mit . Dann gilt . Beweise dies!


Bitte nicht (!) nach der Lösung googlen, Google an sich jedoch, darf als Hilfsmittel benutzt werden (z.B. für die Definitionen von Gruppen oder Untergruppen).
Tesserakt Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung Aufgabe 7
Sei also Gruppe, und Untergruppen mit .

Wir stellen zunächst fest, dass dann eine Untergruppe von ist.
bezeichne das neutrale Element von , und .
Sei .
Es ist leicht einzusehen, dass wohldefiniert ist; ist nämlich , so gilt und
Da muss auch gelten. Also existiert ein mit , sodass .
Da , ist und daher , woraus und letztendlich folgt.
Wir sehen, dass eine surjektive Abbildung ist, da zu jedem ist .
Also .

Man betrachte nun eine Linksnebenklasse und die Menge mit .
Offenbar gilt also , wenn gilt.
Sei nun mit jeweils.
ist surjektiv, da zu jedem (daher ) ist.
ist fernerhin injektiv. Ist nämlich , so gilt , ergo .
ist daher bijektiv und es muss , also für alle .

Wir können hieraus schlussfolgern: , also
q.e.d.


Tesserakt Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 8 Zahlentheorie
Es sei prim.
Man zeige, dass dann für jedes gilt; teilt also die Differenz .
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Lösung Aufgabe 8
Sei . Wir zeigen mit vollständiger Induktion:
Für alle teilt die Differenz .

Induktionsanfang: Offenbar wird von geteilt.

Induktionvoraussetzung: Gelte die Behauptung nun für festes .

Induktionsschritt: Betrachte .

Es gilt:



Es bleibt also zu zeigen, dass durch teilbar ist:
Es ist sowohl , als auch kleiner als für alle zwischen und . Da prim, entält also keinen Primfaktor von (der einzige ist ja ).
Also ist für alle betrachteten durch teilbar und damit dann auch .

Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Mal was einfaches:

Zitat:
Aufgabe 9
Sei endlich-dimensionaler Vektorraum und eine Projektion(d.h. ).

Zeige: Es gibt Untervektorräume mit






Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich löse mal auf und gebe den Marathon anschließend frei

Zitat:
Lösung 9:

Setze

Damit ist trivial.
Sei nun . Dann ex. mit . Es folt . Da beliebig, folgt für alle , also .

Es bleibt zu zeigen:



Dafür zeigen wir und

Ersteres folgt direkt mit der Dimensionsformel.

Sei nun . Einerseits gilt , andererseits . Damit folgt direkt , also die Behauptung.


Wie gesagt, es stelle gerne jemand anderes eine neue Aufgabe. Die letzte kam ja offenbar nicht so gut an Augenzwinkern
jemand anders Auf diesen Beitrag antworten »

kleine Korrektur das war die Schüleraufgabe

Hallo zusammen smile

Zitat:
Aufgabe 10



Ermittle die Extremstellen von f


Edit Equester: Zitatumgebung eingefügt. "Schüleraufgabe" entfernt.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Mal ein Versuch der Thread-Wiederbelebung...


Lösung Aufgabe 10:

Es ist stetig differenzierbar, wobei irgendeine Stammfunktion von ist. Notwendige Bedingung für eine lokale Extremstelle ist gemäß Kettenregel

,

d.h. mögliche lokale Extremstellen sind .

Über folgt .

ist wegen eine lokale Minimumstelle.

ist wegen eine lokale Maximumstelle.



Zitat:
Aufgabe 11: Es seien eine natürliche Zahl sowie eine beliebige Funktion gegeben. Man beweise, dass es komplexe Zahlen gibt, so dass nicht reell ist, und die beiden Eigenschaften

sowie

gelten.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, die Aufgabe war ja auch nicht so ernst gemeint. Augenzwinkern


Eine mögliche Lösung Aufgabe 11:

Wir betrachten die Menge der -Funktionswerte auf konzentrischen Kreisen um den Ursprung in der Gaußschen Zahlenebene, d.h.

.

ist eine nichtleere Teilmenge von , von letzteren gibt es insgesamt . Wir suchen nun zwei unterschiedliche Kreise mit und . Das ist problemlos möglich, etwa über folgende Konstruktion: Wir betrachten verschiedene Radien <1 und zugehörige Kreise, dann muss es nach Schubfachprinzip zwei Kreise mit identischem -Funktionswert geben.

Wir wissen jetzt, dass es zu jedem mit eine Zahl mit gibt, so dass gilt. Jetzt müssen wir lediglich noch das Argument von so wählen, dass gilt, was mit möglich ist, es gilt ja . Das führt demnach zu , und wir sind fertig. Augenzwinkern
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich geb's nicht auf mit den Wiederbelebungsversuchen - die hier könnte interessanter sein smile

Zitat:
Aufgabe 12

Es sei eine Menge von 2013 positiven ganzen Zahlen, die sämtlich nur Primfaktoren kleiner als 20 besitzen. Man zeige, dass man aus dieser Menge acht verschiedene Zahlen auswählen kann, so dass deren Produkt die achte Potenz einer ganzen Zahl ist.
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, nun also die Lösung.
Ist irgendwie nicht sehr schön zu lesen.

Zitat:

Lösung 12

Zunächst stellen wir fest, dass es Primzahlen gibt, die kleiner als sind.
Betrachten wir nun die Exponenten der Primfaktorzerlegungen der Elemente aus modulo , so können hier nur verschiedene Kombinationen von Primzahlexponenten modulo auftreten. Nimmt man also Elemente aus , so findet man unter diesen nach Schubfachprinzip auf jedenfall solche Zahlen, mit gleichen Primzahlexponenten modulo . Multipliziert man diese beiden Zahlen, so erhält man wegen auf jedenfall eine Zahl, deren Primzahlexponenten alle kongruent zu Null, modulo 2 sind, also eine Quadratzahl.

Betrachtet man nun die Menge , so können wir auf diese das gleiche Argument erneut anwenden, da diese Menge mit 2011 Elementen immernoch mehr als 257 Elementa hat, und erhalten wieder eine Quadratzahl. Insgesamt bekommen wir auf diese Weise also Quadratzahlen. Diese fassen wir nun zu einem Tupel zusammen und betrachten dann (die Wurzel ist komponentenweise zu verstehen).

Offenbar ist ein Tupel natürlicher Zahlen, da nur aus Quadratzahlen bestand.

Außerdem haben alle Komponenten aus wieder nur Primzahlen kleiner als 20 in ihrer Primfaktorzerlegung. Also haben wir die gleichen Voraussetzungen, wie an die Menge M. (Nur das diesmal ein Tupel vorliegt).

In den Komponenten von können wir nun wieder Produkte suchen, die Quadratzahlen sind und erhalten auf diese Weise eine neues Tupel aus Quadratzahlen.

Wir betrachten nun das Tupel , dessen Komponenten wieder natürliche Zahlen sind. Da dieses Tupel mehr als Komponenten hat, finden wir darin Komponenten mit mit .Es folgt .

Außerdem finden wir zu dann Komponenten aus mit und .

Es folgt .

Dazu finden wir dann die zugehörigen Elemente aus mit .
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich finde diese Aufgabe insofern schön, dass die Lösung auf den ersten Blick etwas kontraintuitiv ist:

Zitat:

Aufgabe 13

Romeo und Julia werden von einem Bösewicht gekidnappt und in eine 100 Meter lange Halle gesperrt, die sich aber beliebig in die Länge ziehen lässt (sie besteht sozusagen aus Gummi).
Romeo steht am einen Ende der Halle und Julia am anderen Ende.

Natürlich sprintet Romeo sofort los, um seine Julia zu erreichen und erreicht dabei eine beachtlich Geschwindigkeit von immerhin 10 m/s. Der Bösewicht aber hat mitgedacht und beginnt, die Halle allmählich auseinanderzuziehen. Er denkt sich: "Gut, wenn Romeo nicht schneller als 10 m/s laufen kann, dann ziehe ich die Halle eben mit 20 m/s auseinander."

Kann Romeo seine Julia trotzdem erreichen ?
Falls ja, in welcher Zeit?


Ich hoffe sie gefällt euch Augenzwinkern
Fragen über Fragen Auf diesen Beitrag antworten »

Die Lösung der Aufgabe 13 wurde hier diskutiert:

Diskussionen zum Übergangsmarathon

Ich erlaube mir mal das Stellen einer neuen Aufgabe, zwar eine der leichteren Funktionalgleichungs-Aufgaben der IMO, aber dafür stößt man bei der Lösung auf recht hübsche und sehenswerte Pointen.

Zitat:
Aufgabe 14
Bestimme alle Funktionen , die folgende Bedingungen erfüllen:

(i)

(ii) für

(IMO 1983, Aufgabe 1)
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo allerseits Wink

Zitat:
Lösung 14
Behauptung: ist die einzige Funktion, die obige Eigenschaften erfüllt.

Beweis:

Mit in (i) folgt . Damit haben wir

ist für alle ein Fixpunkt von .

Damit folgt . Damit haben wir nach Division durch , dass für alle . Induktiv folgt dann

für alle und .

Mit in 2) folgt und damit, da hier alles positiv ist , also

ist ein Fixpunkt von

Angenommen es gebe weitere Fixpunkte von : Sei ein solcher Fixpunkt. Es folgt . Daraus folgt . Also ist auch ein Fixpunkt von . Definiere (wegen ).

Da existiert, ist selbiger Grenzwert gleich dem Grenzwert der Funktionswerte einer bestimmt gegen unendlich divergenten Folge.

Es folgt . Widerspruch zu .

Also ist eindeutiger Fixpunkt von . Wir erinnern uns an . Damit folgt dann

für alle bzw. für alle .

Damit haben wir bisher aber nur gezeigt, dass keine andere Funktion in Frage kommt. Man prüft aber schnell nach, dass diese Funktion tatsächlich auch die gewünschten Eigenschaften hat(das spare ich mir hier mal Big Laugh ).


Ich würde den Thread gern freigeben. Ich kümmere mich auch um eine neue Aufgabe aber es soll sich niemand gehemmt fühlen, seine zu posten. Wer halt am zeitnahesten eine schöne parat hat.
Iorek Auf diesen Beitrag antworten »

Vielleicht animiert ja eine kleine Aufgabe zu Folgen wieder ein paar Leute (die Aufgabe habe ich letzte Woche mit einer Nachhilfeschülerin bearbeitet und fand die Aufgabe gut und elementar zu bearbeiten; da heute der Abgabetermin war, dürfte auch eine potentielle Lösung kein Problem mehr darstellen). Augenzwinkern

Zitat:

Aufgabe 15
Sei eine nach oben beschränkte Teilmenge der reellen Zahlen. Man zeige:
Es existiert eine Folge in , die erfüllt.

Tipp: Ist und , so existiert ein mit .
DrummerS Auf diesen Beitrag antworten »

Hi Iorek, z.B.



Beweis:



Teil 1: Über



folgt




Teil 2: Aus



folgt



Die Ungleichung ist bei erfüllt, was im Einklang mit ist.

Hoffe, das ich nicht irgendwas vergessen habe smile
Iorek Auf diesen Beitrag antworten »

Da missachtest du die Forderung, dass es sich um eine Folge in handeln soll. Für eine beliebige Menge muss aber nicht sein.
DrummerS Auf diesen Beitrag antworten »

Hoppla, es handelt sich natürlich nicht zwangsweise um einen Abschnitt der reellen Zahlen von bis C Augenzwinkern

Also erstmal die Elemente in M sortieren:

Mit und folgt

, woraus sich ergibt.

Also ist mit !
DrummerS Auf diesen Beitrag antworten »

Hi Iorek,

leider weiß ich nicht, ob meine letzte Beweisführung einigermaßen gut oder eher schräg/falsch ist? verwirrt

Falls du nichts dagegen hast, poste ich schonmal eine neue Aufgabe (?). Im Nachhinein
kann ich diese bei Bedarf ja "weg" editieren" oder einen Moderator bitten, diese zu löschen.

Nach welchem System lassen sich schnell und einfach, positiv ganzzahlige Wertepaare (x,y) für



finden? x = y ist leider nicht erlaubt. Augenzwinkern


Tipp: Wie hängt der Tag des Datums vor zwei Tagen (MEZ) mit der sehr kurzen Antwort zu der Frage „nach dem Leben, dem Universum und dem ganzen Rest“ zusammen?
(Eine Ziffer der gesuchten Zahlen darf hierzu verschoben werden)
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Ich löse dann mal die 15.

Sei . Gibt es ein Element , dann ist die Aufgabe bereits gelöst, da man einfach die Folge mit wählen kann.

Werde also das Supremum in nicht angenommen. Es gibt gemäß der Definition des Supremums zu jedem ein Element mit .

Man kann nun eine streng monoton fallende Nullfolge und eine streng monoton steigende Folge folgendermaßen definieren: Man wähle ein , sowie . Im Intervall muss nun wiederum ein Element existieren. Sodann wähle man . Ebenso muss im Intervall ein Element existieren und man wählt . Diese Konstruktion lässt sich ad infinitum fortsetzen. Aufgrund der Konstruktion ist also eine streng monoton fallende Nullfolge und mit eine streng monoton steigende Folge.

Da Nullfolge ist, gilt:


Anmerkung: Dass die Folgen streng monoton sind, ist eigentlich unerheblich. Einfache Monotonie reicht schon für den Beweis.
Louis1991 Auf diesen Beitrag antworten »

Und auch hier versuche ich, mal wieder etwas Leben in die Bude zu kriegen. Thematisch nahe an der letzten Aufgabe:

Zitat:
Aufgabe 15b: Jede überabzählbare Teilmenge der reellen Zahlen enthält eine streng monoton steigende Folge.


Edit: Ich sehe gerade, die Aufgabe ist mit Aufgabe 15 quasi geschenkt. Aber gut... ich reiche gleich etwas richtiges nach, man mag das mal als 15b betrachten.

Okay, LinA1:

Zitat:
Aufgabe 16: Sei ein Körper. Seien (d.h. Matrizen über ). Dann ist das charakteristische Polynom von gleich dem charakteristischen Polynom von .


Es gibt mehrere Wege, das zu zeigen.
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung 16

Seien mit , wobei und eine Nullmatrix mit Zeilen, Spalten.

Es gilt also

Setze , wobei , also

Es folgt .

Da das charakteristische Polynom unter Konjugation invariant ist, folgt

.

Andererseits folgt

Damit folgt .

Louis1991 Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist zwar nicht die Lösung, die ich kannte, aber scheint richtig zu sein. Glückwunsch und auf zur nächsten Aufgabe Wink
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

So, dann mal wieder was aus dem Bereich Analysis, ich hoffe, dass das nicht jeder, an den dieser Thread adressiert ist, schonmal gesehen hat Augenzwinkern

Zitat:
Aufgabe 17

Sei für alle . Leite eine Rekursionsformel für her.

Was kann man daraus für schließen, wenn man für gerade untersucht?
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 17

Sei für alle . Leite eine Rekursionsformel für her.

Was kann man daraus für schließen, wenn man für gerade untersucht?




Zitat:
Lösung 17
Es gilt
und .

Für gilt:

.






Es folgt .

Wegen der Monotonie des Integrals gilt für alle , dass . Es folgt für alle .

Damit folgt mit Einschnürungssatz, dass für gegen konvergiert.

Für gerade gilt nun

.

Der Grenzübergang liefert




Siehe auch Wallissches Produkt.
Guppi12 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 18
Seien für alle (nicht notwendigerweise stetige) Funktionen und

Es gelte:

1. punktweise.
2. monoton wachsend für alle
3. stetig.

Zeige, dass gleichmäßig.

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