Grenzwert

13.09.2018, 19:12

Dopap

Grenzwert

bei $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac {n!}{n^n}} \end{eqnarray*}$ würde ich sagen: der Nenner wächst linear und der Zähler nur ein wenig weniger stark, ergo Null.
Welches Kriterium greift da verwirrt

13.09.2018, 22:07

10001000Nick1

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Schau dir erstmal den Logarithmus der Folge an:
$\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)=\frac{\ln(n!)}{n}-\ln(n) \end{eqnarray*}$

Nach Stirling ist $\begin{eqnarray*} \ln(n!)=n\ln(n)-n+\mathcal O(\ln(n)) \end{eqnarray*}$ .

Grenzwert 0 ist übrigens nicht richtig. Augenzwinkern

13.09.2018, 23:27

Dopap

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Zitat:

Original von 10001000Nick1

Grenzwert 0 ist übrigens nicht richtig. Augenzwinkern

war ja nur so ein erster Eindruck.

ln() ist immer gut, nur sagt mir der Stirling gerade nix.

$\begin{eqnarray*} L=\lim_{n\to \infty}\left(\frac {n!}{n^n}\right)^{1/n}\Rightarrow \ln(L)=\ln\left(\lim_{n\to \infty}\left(\frac {n!}{n^n}\right)^{1/n}\right)=\lim_{n\to \infty}\tfrac 1n \ln \left( \frac {n!}{n^n} \right) \end{eqnarray*}$

wenn's soweit stimmt, hätte ich 'nee Idee Idee!

14.09.2018, 06:57

Dopap

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das könnte man doch als Summe sehen

$\begin{eqnarray*} \ln(L)=\lim_{n\to \infty}\tfrac 1n \ln \left( \frac {n!}{n^n} \right)=\lim_{n\to \infty}\tfrac 1n \ln \left( \frac {n!}{n^n} \right)=\lim_{n\to \infty}\tfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln \left(\frac{k-1}{n} \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln(L)=\int_0^1\ln(x)\dd x=-1\quad \Rightarrow ~~L=\frac 1e \end{eqnarray*}$ oder ?

edit: Ach richtig, der Stirling hat doch dem Gasmotor seine Namen gegeben, war der auch Mathematiker verwirrt

14.09.2018, 07:44

HAL 9000

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Beides Schotten, aber: Der Mathematiker James Stirling hat ca. 100 Jahre vor dem Motorerfinder Robert Stirling gelebt. Augenzwinkern

Deine Rechenidee im letzten Beitrag (Auffassung als Riemannsumme von $\begin{eqnarray*} \int_0^1\ln(x)\dd x \end{eqnarray*}$ ) ist natürlich richtig. Freude

14.09.2018, 09:12

Dopap

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fein, auch mal richtig gelegen!

Hier ein Stirling Motor in Edelausführung für die heimische Vitrine. smile

Nur die 2000 $ stören ein wenig. unglücklich

[attach]47998[/attach]

14.09.2018, 10:53

HAL 9000

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Es gibt ja auch preiswerte, spartanischere Ausführungen von solchen Heißluft-Stirlingmotor-Modellen (Spielzeug für Erwachsene, hab sowas auch mal meinem Bruder zum Geburtstag geschenkt). Und die funktionieren durchaus, kann man auf die Heizung oder gar nur auf die heiße Kaffeetasse stellen, schon schnurren sie los. Big Laugh

Einen Link setze ich besser nicht, sieht dann nach Schleichwerbung aus.

14.09.2018, 11:40

10001000Nick1

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Noch kurz zu dem von mir vorgeschlagenen Weg:
Zur Stirling-Formel siehe hier.
Es ist dann also $\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)=\frac{\ln(n!)}{n}-\ln(n)=\ln(n)-1-\ln(n)+\mathcal O\left(\frac{\ln(n)}{n}\right) = -1+\mathcal O\left(\frac{\ln(n)}{n}\right) \end{eqnarray*}$ ; und wegen $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n)}{n}=0 \end{eqnarray*}$ ebenfalls $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right) = -1 \end{eqnarray*}$ .

Noch eine Möglichkeit, die ich mal gesehen habe:

Man berechnet den Konvergenzradius $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ der Potenzreihe $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty a_nx^n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{{n!}}{n^n} \end{eqnarray*}$ .

Nach der Formel von Cauchy-Hadamard gilt $\begin{eqnarray*} \frac 1R=\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|}=\limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{{n!}}{n^n}} \end{eqnarray*}$ .

Andererseits ist auch $\begin{eqnarray*} R=\lim_{n\to\infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)^n}{n^n}=\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac 1n\right)^n=e \end{eqnarray*}$ .

Man erhält also $\begin{eqnarray*} \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{{n!}}{n^n}}=\frac 1e \end{eqnarray*}$ .
Wenn man jetzt noch zeigen kann, dass der ursprünglich gesuchte Grenzwert existiert, ist man fertig.

14.09.2018, 15:09

HAL 9000

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Die Stirling-Formel und Dopaps Zugang gehören ja eigentlich auch inhaltlich zusammen:

Die Stirling-Formel kann man nämlich als Anwendung der Euler-Maclaurin-Formel auf die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=\ln(x) \end{eqnarray*}$ auffassen, und die Euler-Maclaurin-Formel beleuchtet ja genauer die Verbindung (besser gesagt: quantifiziert die Differenz) zwischen den Termen $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n f(i) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \int\limits_1^n f(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

14.09.2018, 15:40

Mathema

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Siehe dazu auch hier.

14.09.2018, 17:24

Matt Eagle

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Ohne Stirling geht auch
Aus der Vorlesung kennst Du sicher:

$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1n\right)^n\leq e \ \mbox{für alle} \ n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \left(1+\frac 1n\right)^{n+1}\geq e \ \mbox{für alle} \ n\in\mathbb N. \end{eqnarray*}$

Mit den Identitäten

$\begin{eqnarray*} \prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac 1k\right)^k=\frac {n^n}{n!} \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} \prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac 1k\right)^{k+1}=\frac {n^n}{(n-1)!} \end{eqnarray*}$

lässt sich dann folgende Ungleichung herleiten:

$\begin{eqnarray*} \frac 1{en}e^n\leq\frac{n^n}{n!}\leq\frac 1e e^n. \end{eqnarray*}$

14.09.2018, 20:33

Dopap

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RE: Ohne Stirling geht auch

Zitat:

Original von Matt Eagle
Aus der Vorlesung kennst Du sicher:

Falls du mich meinst, glaube schon, aber das war 1971 verwirrt

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