Konvergenz, Fakultät usw.

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03.06.2011, 15:57	TommyAngelo	Auf diesen Beitrag antworten »
Konvergenz, Fakultät usw. Hallo Leute, wie kann ich zeigen, dass $\begin{eqnarray} \frac{n!e^n}{n^{n+\frac 12}} \end{eqnarray}$ konvergiert?
03.06.2011, 16:28	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Es genügt nachzuweisen, dass $\begin{eqnarray} a_n = \frac{n!e^n}{n^{n+\frac{1}{2}}} \end{eqnarray}$ monoton fallend ist, denn dass diese Folge nach unten durch 0 beschränkt ist, sollte ja selbstverständlich klar sein. Zugegeben, der Monotonienachweis ist nicht ganz einfach.
03.06.2011, 17:02	TommyAngelo	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt, denn hier bleib ich hängen: $\begin{eqnarray} \frac {a_{n+1}}{a_n}=e \frac{n^{n+\frac 12}}{(n+1)^{n+\frac 12}}=e\left(\frac{n}{n+1}\right)^n \sqrt{\frac{n}{n+1}} \end{eqnarray}$ Der erste Faktor, der von n abhängt, ist ja immer größer als $\begin{eqnarray} \frac 1e \end{eqnarray}$ . Zusammen mit dem zweiten Faktor sollte dann etwas herauskommen, was kleiner als $\begin{eqnarray} \frac 1e \end{eqnarray}$ ist, was ich ja benötige. Aber wie du ja schon gesagt hast, ist es nicht ganz leicht
03.06.2011, 17:43	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Taylorformel mit Restglied vierter Ordnung ermöglicht die Abschätzung $\begin{eqnarray} \ln(1+x) \geq x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x\geq 0 \end{eqnarray}$ . Angewandt auf $\begin{eqnarray} x = \frac{1}{n} \end{eqnarray}$ ergibt sich die Abschätzung $\begin{eqnarray} \left( n + \frac{1}{2} \right) \cdot \ln\left( 1 + \frac{1}{n} \right) \geq \left( n + \frac{1}{2} \right) \cdot \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} - \frac{1}{4n^4} \right) = 1 + \frac{1}{12n^2} - \frac{1}{12n^3} - \frac{1}{8n^4} > 1 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n\geq 2 \end{eqnarray}$ . Die unmittelbare Folgerung ist natürlich $\begin{eqnarray} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + \frac{1}{2}} > e \end{eqnarray}$ .
04.06.2011, 15:33	TommyAngelo	Auf diesen Beitrag antworten »
Raffiniert, danke! Ich Analysis-Lusche komm nun natürlich bei der Berechnung des Grenzwertes nicht weiter. Ich soll ihn mit dem Wallis-Produkt ausrechnen und dabei als Tipp $\begin{eqnarray} \frac{a_n^2}{a_{2n}} \end{eqnarray}$ betrachten. (Wie du siehst, läuft es auf die Stirling-Formel hinaus.) Man müsste folgenden Term geschickt umformen: $\begin{eqnarray} \frac{n!^2 \cdot 2^{2n+\frac 12}}{(2n)! \cdot n^{\frac 12}} \end{eqnarray}$ Den Zähler kann ich noch zurechtbasteln: $\begin{eqnarray} n!^2 \cdot 2^{2n+\frac 12}=\sqrt2\prod_{k=1}^n 4k^2 \end{eqnarray}$ Dieses (2n)! bereitet mir dann halt Probleme. Ich könnte es z.B. so hinschreiben: $\begin{eqnarray} (2n)!=\prod_{k=1}^n k(n+k)=\prod_{k=1}^n k(2n-k+1) \end{eqnarray}$ Bringt mich das irgendwie weiter?
04.06.2011, 16:48	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Tja, vielleicht erzählst du erstmal, in welcher Form du das Wallis-Produkt vorliegen hast, da gibt es nämlich verschiedene Schreibweisen.
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04.06.2011, 17:07	TommyAngelo	Auf diesen Beitrag antworten »
Gute Idee, also hier: $\begin{eqnarray} \prod_{k=1}^\infty \frac{4k^2}{4k^2-1}=\frac \pi 2 \end{eqnarray}$
04.06.2011, 17:25	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Und das kann man ja umschreiben: $\begin{eqnarray} \prod\limits_{k=1}^n \frac{4k^2}{4k^2-1} = \frac{2^{2n}n!^2}{\prod\limits_{k=1}^n (2k-1)(2k+1)} = \frac{2^{4n}n!^4}{(2n)!(2n+1)!} \end{eqnarray}$
04.06.2011, 18:20	TommyAngelo	Auf diesen Beitrag antworten »
Sehr schöner Trick mit der Doppelfakultät, d.h. da der Limes existiert, ist $\begin{eqnarray} \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} a_{2n} \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty} \frac{a_n^2}{a_{2n}}=\lim_{n \to \infty} a_n \end{eqnarray}$ Das führt nun zu: $\begin{eqnarray} \frac \pi 2 = \lim_{n \to \infty} \prod\limits_{k=1}^n \frac{4k^2}{4k^2-1} =\lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n}n!^4}{(2n)!(2n+1)!} = \lim_{n \to \infty} \left(\left(\frac{2^{2n+\frac 1 2}n!^2}{(2n)!n^{\frac 1 2}}\right)^2 \frac{n}{2(2n+1)}\right) = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{a_n^2}{a_{2n}}\right)^2 \lim_{n \to \infty} \frac{n}{4n+2}= \lim_{n \to \infty} a_n^2 \cdot \frac 14 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{2\pi} \end{eqnarray}$ Danke, du hast mir echt weitergeholfen!
04.06.2011, 19:01	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich sehe da aber leider noch ein Problem: Nach den obigen Überlegungen ist (noch) nicht ausgeschlossen, dass möglicherweise $\begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty} a_n = 0 \end{eqnarray}$ gelten könnte, und in dem Fall klappt dieser dein letzter Schluss nicht. Beispiel: Nimm z.B. mal die ebenfalls konvergente Folge $\begin{eqnarray} b_n = \frac{1}{2^n} \end{eqnarray}$ , für die gilt $\begin{eqnarray} \frac{b_n^2}{b_{2n}} = 1 \end{eqnarray}$ was natürlich auch $\begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty} \frac{b_n^2}{b_{2n}} = 1 \end{eqnarray}$ ergibt. Kannst du daraus nun schlussfolgern, dass $\begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty} b_n = 1 \end{eqnarray}$ gilt? Offenbar nicht! Es ist also für den oben bereits als existent bewiesenen Grenzwert $\begin{eqnarray} a := \lim_{n\to\infty} a_n \end{eqnarray}$ wenigstens noch zu sichern, dass $\begin{eqnarray} a>0 \end{eqnarray}$ gilt.

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