Häufungspunkte von sinus(n)
Heiko Dill
Folge an=sinus(n) sind.
Vielen Dank für die Hilfe.
Peter Niessen
> Wie kann man beweisen, dass alle a Element [-1,1] H�ufungspunkte der
> Folge an=sinus(n) sind.
> Vielen Dank f�r die Hilfe.
Zeichne Die Werte mal auf dem Einheitskreis auf und schaue was passiert.
--
Mit freundlichen Gr�ssen:
Peter Niessen
Roland Franzius
> Am Sat, 7 Nov 2009 09:55:46 -0800 (PST) schrieb Heiko Dill:
>
>> Wie kann man beweisen, dass alle a Element [-1,1] H�ufungspunkte der
>> Folge an=sinus(n) sind.
>> Vielen Dank f�r die Hilfe.
>
> Zeichne Die Werte mal auf dem Einheitskreis auf und schaue was passiert.
Denkw�rdigste Form der Beweisf�hrung, er m�ge sich bedanken!
--
Roland Franzius
Christopher Creutzig
> Am Sat, 7 Nov 2009 09:55:46 -0800 (PST) schrieb Heiko Dill:
>
>> Folge an=sinus(n) sind.
>> Vielen Dank für die Hilfe.
>
> Zeichne Die Werte mal auf dem Einheitskreis auf und schaue was passiert.
Exaktamente.
Und wenn Du aus irgendwelchen Gründen nach dem Verständnis noch einen
formalen Beweis brauchst, denk daran, dass Du [-1,1] durch arcsin
homöomorph (bijektiv und in beide Richtungen stetig) auf [-π/2,π/2]
abbilden kannst, die Behauptung also äquivalent dazu ist, dass jeder
Punkt in [0,π] Häufungspunkt der Folge a(n)=n mod π=π*frac(n/π) ist. (π
ist irrational.)
--
Für 10 EUR im Jahr erfahre ich hier sogar was meine Meinung ist.
Andere Leute müssen dafür heiraten.
[Lars Friedrich über UseNet]
Heiko Dill
wrote:
> Peter Niessen wrote:
> > Am Sat, 7 Nov 2009 09:55:46 -0800 (PST) schrieb Heiko Dill:
>
> >> Wie kann man beweisen, dass alle a Element [-1,1] Häufungspunkte der
> >> Folge an=sinus(n) sind.
> >> Vielen Dank für die Hilfe.
>
> > Zeichne Die Werte mal auf dem Einheitskreis auf und schaue was passiert.
>
> Exaktamente.
>
> Und wenn Du aus irgendwelchen Gründen nach dem Verständnis noch einen
> formalen Beweis brauchst, denk daran, dass Du [-1,1] durch arcsin
> homöomorph (bijektiv und in beide Richtungen stetig) auf [-π/2,π/2]
> abbilden kannst, die Behauptung also äquivalent dazu ist, dass jeder
... und wie kann man * zeigen?
Peter Niessen
Wieso das?
Ein wenig Heuristik kann kann ja wohl nicht schaden oder?
Roland Franzius
> Am Sat, 07 Nov 2009 20:36:22 +0100 schrieb Roland Franzius:
>
>> Peter Niessen schrieb:
>>> Am Sat, 7 Nov 2009 09:55:46 -0800 (PST) schrieb Heiko Dill:
>>>
>>>> Wie kann man beweisen, dass alle a Element [-1,1] H�ufungspunkte der
>>>> Folge an=sinus(n) sind.
>>>> Vielen Dank f�r die Hilfe.
>>> Zeichne Die Werte mal auf dem Einheitskreis auf und schaue was passiert.
>> Denkw�rdigste Form der Beweisf�hrung, er m�ge sich bedanken!
>
> Wieso das?
> Ein wenig Heuristik kann kann ja wohl nicht schaden oder?
Wenn jemand um eine Beweisidee bittet, zweifelt er ja wohl nicht die
Aussage an.
--
Roland Franzius
Christopher Creutzig
Die Details müsste ich noch einmal ausarbeiten. Ich erinnere mich aber
mehr oder weniger dunkel daran, dass wir das damals mit
Kettenbruchentwicklungen und ihren Approximationseigenschaften
untersucht hatten. Soweit meine Erinnerung reicht, beinhaltet der Beweis
Argumentationen wie die folgenden Schlaglichter:
* ist äquivalent dazu, dass jede rationale Zahl in [0,π] HP der Folge
b(n)=π*frac(n/π) ist. (Vermutlich macht es die Betrachtung einfacher,
hier direkt die Topologie der S_1 zu nehmen. Die Konvergenten der
Kettenbruchentwicklung haben aber Approximationsfehler mit
alternierenden Vorzeichen, von daher ist das letztendlich auch unwichtig.)
Sei r=p/q rationale Zahl in [0,π].
r - π*frac(n/π) < π*eps
r/π - frac(n/π) < eps
frac(r/π - n/π) < eps (hier ist der Schluss von unten nach oben
gesucht, und der gilt nich für alle n. Aber
mit der Kreistopologie kommt man direkt
bei dieser Forderung an.)
Sei s/t eine rationale Approximation von 1/π mit t > q/eps^2. (Die gibt
es, beispielsweise als Konvergente der Kettenbruchentwicklung von 1/π.
Vielleich reicht auch t>2q/eps oder so etwas.) Außerdem sei t
teilerfremd zu p. (Notfalls nimmt man die nächste Konvergente der
Kettenbruchentwicklung.) Dann gilt (möglicherweise noch unter leicht
erfüllbaren Randbedingungen):
frac(r/π - n/π) - frac(r*s/t - n*s/t) < eps/2
Zu frac(p/q*s/t - n*s/t) < eps/2 kann man zu allen eps, t, q, p mit den
geforderten Eigenschaften n finden, die die Bedingung erfüllen.
frac(r*s/t - n*s/t) = frac((p*s-n*s*q)/(q*t)) =
((p*s-n*s*q) mod (q*t))/(q*t)
Forderung:
((p*s-n*s*q) mod (q*t))/(q*t) = 1/(q*t)
<==> (p*s-n*s*q) == 1 (mod q*t)
<==> n*s*q+1 == p*s (mod q*t)
Wenn ich nichts übersehen habe, ist diese Gleichung immer nach n lösbar.
Wolfgang Thumser
sin(n) ist die Projektion eines Punktes
des Einheitskreises mit Bogenlaenge n
auf die Ordinatenachse. Da 2*Pi irrational
ist, koennen keine 2 Punkte mit Bogen i und
j uebereinstimmen.
Nun gilt ganz allgemein, dass von n Punkten
des Einheitskreises mindestens 2 einen Abstand
<= 2*Pi/n haben muessen. Falls diese nach i bzw.
j Schritten abgetragen werden, haben spaetestens
nach n*(j-i) Schritten keine zwei Nachbarpunkte
einen groesseren Abstand als 2*Pi/n. Also liegen
diese Punkte dicht auf dem Einheitskreis und
damit auch ihre Projektionen.
Viel interessanter ist die Frage, ob sie auch
gleichmaessig dicht liegen.
Gruss Wolfgang
Detlef Müller
> Hallo Heiko,
>
> sin(n) ist die Projektion eines Punktes
> des Einheitskreises mit Bogenlaenge n
> auf die Ordinatenachse. Da 2*Pi irrational
> ist, koennen keine 2 Punkte mit Bogen i und
> j uebereinstimmen.
>
> Nun gilt ganz allgemein, dass von n Punkten
> des Einheitskreises mindestens 2 einen Abstand
> <= 2*Pi/n haben muessen. Falls diese nach i bzw.
> j Schritten abgetragen werden, haben spaetestens
> nach n*(j-i) Schritten keine zwei Nachbarpunkte
> einen groesseren Abstand als 2*Pi/n.
Den letzten Schluß kann ich nicht nachvollziehen.
> Also liegen
> diese Punkte dicht auf dem Einheitskreis und
> damit auch ihre Projektionen.
>
> Viel interessanter ist die Frage, ob sie auch
> gleichmaessig dicht liegen.
>
Da eben die Argumentation oben keine Aussage über die Gleichmäßigkeit
macht oder benutzt, sehe ich nicht, warum nicht sogar ein ganzer
Abschnitt der Kreislinie frei bleiben sollte.
Mit ein klein wenig Bosheit kann ich sicher eine solche unendliche
Teilmenge verschiedener Punkte auf dem Einheitskreis angeben.
Für die Dichtheit der Menge 2*Pi*Z muß man wohl schon noch etwas
zeigen.
Gruß,
Detlef
--
Dr. Detlef Müller,
http://www.mathe-doktor.de oder http://mathe-doktor.de
Alfred Flaßhaar
Wolfgang Thumser wrote:
(...)
>
> Viel interessanter ist die Frage, ob sie auch
> gleichmaessig dicht liegen.
>
Der Begriff "gleichmäßig dicht" ist mir unbekannt. Ich nehme an, daß im
bildhaften Vergleich mit einer Photoplatte gemeint ist, daß konstanter
Grauton erzeugt wird.
Diese Frage hatte ich, als in der früheren Diskussion über die gedreht
aufeinanderliegenden Gitterebenen (Gruß an Klaus Nagel) nach einem global
größten Punktabstand gefragt wurde. Meine Frage war:
Gegeben sind zwei kongruente folienartig aufeinander gelegte Gitterebenen,
von denen die obere um einen festen Punkt verdreht wird. Anschließend werden
die Gitterpunkte beider Ebenen auf die x-Achse des cartesischen
Koordinatensystems projiziert. Wie sieht die Dichte im Sinne einer
Grautönung des Bildes auf der x-Achse aus?
Freundliche Grüße, Alfred Flaßhaar
Rainer Rosenthal
>
> Gegeben sind zwei kongruente folienartig aufeinander gelegte Gitterebenen,
> Koordinatensystems projiziert. Wie sieht die Dichte im Sinne einer
Hallo Alfred,
wie schï¿œn, dass das Doppelgitter mal wieder an die Oberflï¿œche kommt.
Und noch dazu - wie passend! - in einer Diskussion mit Wolfgang Thumser.
Deine Fragestellung ist mir damals entgangen. Sie ist interessant.
Mal sehen, ob mir was dazu einfï¿œllt.
Mit Gruￜ an die Doppelgitter-Fans und mit guter Erinnerung an den
Vortrag von Klaus Nagel beim dsm-Treffen 2008 ...
Rainer ' 'o '
. o. o.
_______________________________o___o___o______________________________
Rainer Rosenthal ' o' o' r.ros...@web.de
. .o .
Carsten Schultz
> Wolfgang Thumser schrieb:
>> Hallo Heiko,
>>
>> sin(n) ist die Projektion eines Punktes
>> des Einheitskreises mit Bogenlaenge n
>> auf die Ordinatenachse. Da 2*Pi irrational
>> ist, koennen keine 2 Punkte mit Bogen i und
>> j uebereinstimmen.
>>
>> Nun gilt ganz allgemein, dass von n Punkten
>> des Einheitskreises mindestens 2 einen Abstand
>> <= 2*Pi/n haben muessen. Falls diese nach i bzw.
>> j Schritten abgetragen werden, haben spaetestens
>> nach n*(j-i) Schritten keine zwei Nachbarpunkte
>> einen groesseren Abstand als 2*Pi/n.
>
> Den letzten Schluß kann ich nicht nachvollziehen.
Bis eventuell auf die n*(j-i) stimmt das. Wenn der Abstand zwischen dem
i-ten und dem j-ten Punkt gleich eps>0 ist, so hat man sich nach j-i
Schritten immer genau um eps bewegt. Nach (j-i)*2pi/eps Schritten
enthält also jedes abgeschlossene Intervall von Länge eps mindestens
einen Punkt.
Gruß
Carsten
--
Carsten Schultz (2:38, 33:47)
http://carsten.codimi.de/
PGP/GPG key on the pgp.net key servers,
fingerprint on my home page.
Detlef Müller
> Detlef Müller schrieb:
>> Wolfgang Thumser schrieb:
>>> Hallo Heiko,
>>>
>>> sin(n) ist die Projektion eines Punktes
>>> des Einheitskreises mit Bogenlaenge n
>>> auf die Ordinatenachse. Da 2*Pi irrational
>>> ist, koennen keine 2 Punkte mit Bogen i und
>>> j uebereinstimmen.
>>>
>>> Nun gilt ganz allgemein, dass von n Punkten
>>> des Einheitskreises mindestens 2 einen Abstand
>>> <= 2*Pi/n haben muessen. Falls diese nach i bzw.
>>> j Schritten abgetragen werden, haben spaetestens
>>> nach n*(j-i) Schritten keine zwei Nachbarpunkte
>>> einen groesseren Abstand als 2*Pi/n.
>> Den letzten Schluß kann ich nicht nachvollziehen.
>
> Bis eventuell auf die n*(j-i) stimmt das. Wenn der Abstand zwischen dem
> i-ten und dem j-ten Punkt gleich eps>0 ist, so hat man sich nach j-i
> Schritten immer genau um eps bewegt. Nach (j-i)*2pi/eps Schritten
> enthält also jedes abgeschlossene Intervall von Länge eps mindestens
> einen Punkt.
>
den ersten Satz.
Heiko Dill
die sich konstruktiv beteiligt haben.
Ich hab`s endlich verstanden.
Gruß,
Heiko
Alfred Flaßhaar
> Heiko Dill wrote:
>> On 7 Nov., 23:07, Christopher Creutzig <christop...@creutzig.de>
>> wrote:
>
> Forderung:
> ((p*s-n*s*q) mod (q*t))/(q*t) = 1/(q*t)
> <==> (p*s-n*s*q) == 1 (mod q*t)
> <==> n*s*q+1 == p*s (mod q*t)
>
> Wenn ich nichts übersehen habe, ist diese Gleichung immer nach n
> lösbar.
Daraus läßt sich eine Knobelaufgabe machen:
Sei a eine reelle Zahl mit 0<a<pi. Man zeige, daß es zu jeder Zahl eps>0 ein
Paar natürlicher Zahlen k(eps) und n(eps) gibt,
daß abs(a+2*pi*k-n)<eps gilt und gebe k und n an.
Freundliche Grüße, Alfred Flaßhaar