DIfferenz 2er GLeichungen

09.03.2005, 21:34

Bracador

DIfferenz 2er GLeichungen

Ich habe 2 Gleichungen:
z.B.LN(1)+LN(2)
und 2*LN(2)-1
Sie basieren auf dem System: man nehme eine Zahl n,
nun setze man in beide Gleichugnen wie folgt ein

LN(n)+LN(n-1)+LN(n-2)....+LN(n-(n-1))
(wobei LN(n-(n-1)) = 1, nur zu Übersicht)
und n*LN(n)-(n-1)

Bei n=3 wäre es LN(3)+LN(2)+LN(1)
und 3*LN(3)-2

Meim Problem ist nun, dass sich zwischen diesen beiden Gleichugnen immer eine kleine (aber entscheidende) Differenz befindet.
Und diese DIfferenz möchte ich berechnen und eine Formel für die Differenz aufstellen in abhängigkeit von "n".
Nur habe ich keine Ahnung wie ich das Problem am besten angehe, gibts da ein Standardverfahren um so was zu probieren?

Danke im Voraus,
Bracador

09.03.2005, 21:51

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RE: DIfferenz 2er GLeichungen
Interessiert dich die tatsächliche Differenz (in Abhängigkeit von n), oder nur deren Grenzwert für n gegen Unendlich? Für letzteres gibt es eine "schöne" Darstellung, für das erste dagegen nur eine weniger schöne Reihendarstellung - siehe auch "Euler-MacLaurinsche Summenformel".

09.03.2005, 22:27

Bracador

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Das 2te.

09.03.2005, 22:27

etzwane

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Gegeben:
$\begin{eqnarray*} a(n)=\ln(1)+\ln(2)+\ln(3)+\ln(4)+...+\ln(n) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b(n)=n*\ln(n)-n+1 \end{eqnarray*}$

Also:
$\begin{eqnarray*} a(n)=\ln(n!) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} b(n)=\ln(\frac{n^n}{e^n})+1 \end{eqnarray*}$

Dazu fällt mit im Augenblick nur die Stirlingsche Formel ein für n! für große n:
$\begin{eqnarray*} n!=\sqrt{2 \pi n}\cdot (\frac{n}{e})^n \cdot (1+\frac{1}{12n}+...) \end{eqnarray*}$
bzw.
$\begin{eqnarray*} \ln(n!) = (n+\frac{1}{2})\cdot \ln(n) - n + \ln(\sqrt{2\pi})+ \ln(1+...) \end{eqnarray*}$

09.03.2005, 22:44

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Richtig, und die Stirling-Formel (die man durch Anwendung von Euler-Maclaurin auf f(x)=ln(x) gewinnen kann) liefert dann

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}\left[\ln(n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot \ln(n)+n\right] = \frac{1}{2}\ln(2\pi) \end{eqnarray*}$

Ich nehme an, das ist es, was du meinst. Für deine ursprüngliche angegebene Differenz folgt aus obigem Grenzwert

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty}\left[\ln(n!)-n\cdot \ln(n)+n-1\right] = +\infty \end{eqnarray*}$

10.03.2005, 01:56

Bracador

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TJa, was ich vielleicht vergessen habe zu sagen ist, dass ich noch immer versuche eine Formel für $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ aufzustellen und ich habe die Formel $\begin{eqnarray*} LN(x)*n-(n-1) \end{eqnarray*}$ nur als näherung herangezogen, da sie $\begin{eqnarray*} \int_{1}^{n}~ln(x)~dx \end{eqnarray*}$ entspricht.
Entgültig müsste es dann nach meinen Vorstellungen so aussehen:
$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{n}~ln(x)~dx + z(n) \end{eqnarray*}$ wobei z dieser öminöser Faktor ist in abhängigkeit von n.

Wahrscheinlich ist das gar nicht möglich wenn mans nur näherungsweise geschafft hat das aufzustellen.

10.03.2005, 17:33

Bracador

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Zitat:

Original von Bracador
Das 2te.

Mir fällt gerade auf, dass ich "Erstens" gemeint hätte!
Hammer

10.03.2005, 19:17

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Mit der Euler-Maclaurinschen Summenformel kommst du auf die Darstellung

$\begin{eqnarray*} \ln n!=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n-n+\frac{1}{2}\ln(2\pi)+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\beta_{2k}}{2k(2k-1)}\cdot\frac{1}{n^{2k-1}} \end{eqnarray*}$

Dabei brauchst du allerdings noch die Bernoulli-Zahlen $\begin{eqnarray*} \beta_{2k} \end{eqnarray*}$ , für die es leider keine explizite "nette" Darstellung gibt.

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