Seitenverhältnis im Rechteck

09.09.2019, 10:44

Dopap

Seitenverhältnis im Rechteck

Ein Rechteck $\begin{eqnarray*} R_n:a_n,b_n \end{eqnarray*}$ wächst wiefolgt:
Rechts wird ein Rechteck mit A=1 passend angefügt, danach ein Rechteck mit A=1 oben passend draufgelegt.

Das neue Rechteck wuchs somit um 2.
$\begin{eqnarray*} A(R_{n+1})=A(R_n)+2,\quad A(R_n)=2n-1 \end{eqnarray*}$ oder mit den Seiten $\begin{eqnarray*} a_{n+1}\cdot b_{n+1}=a_n\cdot b_n+2 \end{eqnarray*}$

Start ist $\begin{eqnarray*} R_1: a_1=b_1=1 \end{eqnarray*}$

gesucht ist das Seitenverhältnis $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n } \end{eqnarray*}$

der momentane Stand ist $\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{b_n}=\frac{a_n+\frac{1}{b_n} }{b_n+\frac{b_n}{2n} }=\frac{2n(a_nb_n+1)}{b_n^2(2n+1)}=\frac{2n(2n)}{b_n^2(2n+1)}\cdots \end{eqnarray*}$

09.09.2019, 11:27

HAL 9000

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Man kommt zu expliziten Darstellungen $\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{2^{2n}}{\binom{2n}{n}} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} b_{n+1} = \frac{(2n+1)\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$ ; für den Quotienten

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{2^{4n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}^2} = \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

könnte das Wallissche Produkt hilfreich sein. smile

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Mit etwas weniger "expliziter" Wucht: Aus der Problemstellung mündet die Rekursion

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = a_n + \frac{1}{b_n} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b_{n+1} = b_n + \frac{1}{a_{n+1}} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} a_nb_n=2n-1 \end{eqnarray*}$ nutzend kann man die erste Gleichung umschreiben zu

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = a_n + \frac{a_n}{2n-1} = \frac{2n}{2n-1}a_n \end{eqnarray*}$ ,

desgleichen die zweite Gleichung zu

$\begin{eqnarray*} b_{n+1} = b_n + \frac{b_n}{a_nb_n+1} = b_n\left(1 + \frac{1}{2n}\right) = \frac{2n+1}{2n}b_n \end{eqnarray*}$

Das ergibt

$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} = \frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{a_n}{b_n} \end{eqnarray*}$ mit Start $\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{b_1} = 1 \end{eqnarray*}$ ,

hier ist das Wallissche Produkt wohl noch besser erkennbar.

09.09.2019, 19:49

Dopap

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Zitat:

Original von HAL 9000
Man kommt zu expliziten Darstellungen $\begin{eqnarray*} a_{n+1} = \frac{2^{2n}}{\binom{2n}{n}} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} b_{n+1} = \frac{(2n+1)\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$ ; für den Quotienten

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{2^{4n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}^2} \end{eqnarray*}$

an dieser Stelle hätte ich den zentralen Binomilkoeffizient $\begin{eqnarray*} \binom{2n}{n} \end{eqnarray*}$ asymptotisch durch $\begin{eqnarray*} \frac {n^4}{\sqrt{n\pi}} \end{eqnarray*}$ ersetzt (?)

Zitat:

Mit etwas weniger "expliziter" Wucht: Aus der Problemstellung mündet die Rekursion [...]
Das ergibt
$\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} = \frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}\cdot \frac{a_n}{b_n} \end{eqnarray*}$ mit Start $\begin{eqnarray*} \frac{a_1}{b_1} = 1 \end{eqnarray*}$ ,

hier ist das Wallissche Produkt wohl noch besser erkennbar.

ja, das ist praktisch so gut wie $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2}{1}\cdot\frac {2}{3}\right) \left(\frac{4}{3}\cdot\frac {4}{5}\right)\cdots \end{eqnarray*}$

feine Sache, hatte so ca. 3/2 geschätzt... aber nicht geglaubt, ähnlich wie bei 2/3, das sich dann immer als 1-1/e entpuppt Augenzwinkern

09.09.2019, 20:35

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
an dieser Stelle hätte ich den zentralen Binomilkoeffizient $\begin{eqnarray*} \binom{2n}{n} \end{eqnarray*}$ asymptotisch durch $\begin{eqnarray*} \frac {n^4}{\sqrt{n\pi}} \end{eqnarray*}$ ersetzt (?)

Basis und Exponent verwechselt? $\begin{eqnarray*} \binom{2n}{n} \approx \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} \end{eqnarray*}$ macht eher Sinn.

10.09.2019, 00:03

Dopap

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Verdreher ja klar.
Hier passt noch die schnelle Frage:
In einem n x n grid bewegen sich getaktet 2 Objekte aus diagonalen Ecken heraus aufeinander zu.

$\begin{eqnarray*} P(\text{meet})=\frac{\binom {2n}{n}}{4^n}\approx \frac {1}{\sqrt{n\pi}} \end{eqnarray*}$ , nun soll aber $\begin{eqnarray*} P(\text{meet})<0.02 \end{eqnarray*}$ gelten.
Da das Linke unpraktisch ist erst einmal mit $\begin{eqnarray*} MIN\left(\frac {1}{\sqrt{n_1\pi}}<0.02\right )\quad \Rightarrow n_1=796 \end{eqnarray*}$ rantasten.
Genaues Nachrechnen mit Links und eigenem Programm liefert denselben Wert. Die Wkts von 796 stimmen in 4 gü. Ziffern überein. Also ist die asymtotische Näherung gar nicht so schlecht wie von mir befürchtet. Oder?

10.09.2019, 07:47

HAL 9000

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Im Rahmen des Wallis-Beweises taucht die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \frac{4^n}{\sqrt{\pi\left(n+\frac{1}{2}\right)}} < \binom{2n}{n} < \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\qquad (*) \end{eqnarray*}$

auf, gültig für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ . Insbesondere für große $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist das also eine gute Näherung - besser noch ist $\begin{eqnarray*} \binom{2n}{n}\approx \frac{4^n}{\sqrt{\pi\left(n+\frac{1}{4}\right)}} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} < 0.02 \end{eqnarray*}$ erfordert wegen (*) also notwendig $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{\pi\left(n+\frac{1}{2}\right)}} < 0.02 \end{eqnarray*}$ , umgestellt $\begin{eqnarray*} n > \frac{2500}{\pi}-\frac{1}{2} \approx 795.27 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} n\geq 796 \end{eqnarray*}$ .

Andererseits ist hinreichend für $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} < 0.02 \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{\pi n}} < 0.02 \end{eqnarray*}$ , was in $\begin{eqnarray*} n > \frac{2500}{\pi} \approx 795.77 \end{eqnarray*}$ mündet, ebenfalls $\begin{eqnarray*} n\geq 796 \end{eqnarray*}$ .

Damit ist auch ohne Berechnung von $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} \end{eqnarray*}$ klar, dass $\begin{eqnarray*} n\geq 796 \end{eqnarray*}$ die exakte Lösung der Ungleichung $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} < 0.02 \end{eqnarray*}$ ist.

10.09.2019, 10:59

Dopap

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perfekt!

nach dem edit: noch perfekter!

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