Wann überholt die Exponentialfunktion (Mit beliebiger Basis) die Fakultätsfunktion

02.09.2011, 11:32

Daniel-ffm

Wann überholt die Exponentialfunktion (Mit beliebiger Basis) die Fakultätsfunktion

Meine Frage:
Hallo zusammen.

Aufgrund von langeweile habe ich mir überlegt, wann die Exponentialfunktion
$\begin{eqnarray*} k^{x}, ~ k \in \mathbb R \end{eqnarray*}$
Die Fakultätsfunktion: x! überholt.

Meine Ideen:
Um einen analytischen Ansatz zu verfolgen, habe ich an die Stirling-Formel gedacht:

$\begin{eqnarray*} n! \simeq \sqrt{2 \pi n} \; \left(\frac{n}{\mathrm e}\right)^{n},\qquad n\to\infty \end{eqnarray*}$

Also:
$\begin{eqnarray*} k^{x} = \sqrt{2 \pi x} \; \left(\frac{x}{\mathrm e}\right)^{x} \end{eqnarray*}$

Um nach x aufzulösen logarithmiere ich zur basis k

$\begin{eqnarray*} x = log_k(\sqrt{2 \pi x} \; \left(\frac{x}{\mathrm e}\right)^{x}) \end{eqnarray*}$

Berechnen will ich also:

$\begin{eqnarray*} 0 = log_k(\sqrt{2 \pi x} \; \left(\frac{x}{\mathrm e}\right)^{x}) - x \end{eqnarray*}$

Doch wie berechne ich davon die Nullstelle? Damit ich quasi eine Funktion erhalte, wo x die Basis sei und ich für jede Basis sehe wann $\begin{eqnarray*} k^{x} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} x! \end{eqnarray*}$ überholt.

Danke schonmal!

Edit (jester.): LaTeX-Tags gesetzt.

02.09.2011, 11:38

René Gruber

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Zitat:

Original von Daniel-ffm
wann die Exponentialfunktion
k^{x} k \in \mathbb R
Die Fakultätsfunktion: x! überholt.

Es ist doch wohl in der Formulierung eher andersherum, d.h. die Fakultätsfunktion wächst schlussendlich schneller als $\begin{eqnarray*} k^x \end{eqnarray*}$ .

02.09.2011, 11:41

Daniel-fr

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Genau das meinte ich, sorry smile

Die Frage war also, wann x! k^x überholt

02.09.2011, 11:54

René Gruber

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Dein obiger Ansatz ist ja nicht schlecht, nur solltest du den Ausdruck nun unter Verwendung der Logarithmengesetze vereinfachen. Vorab ist schon mal $\begin{eqnarray*} \log_k(z) = \frac{\ln(z)}{\ln(k)} \end{eqnarray*}$ sinnvoll. Die genaue Auflösung ist schwierig, am Ende kommt jedenfalls ungefähr $\begin{eqnarray*} x\approx ke \end{eqnarray*}$ für die Überholstelle heraus.

02.09.2011, 12:15

daniel-fra

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Ok danke

Kannst du mir einen Ansatz nennen kann wie ich das zeigen kann?

Ich hab erstmal wie du gesagt hast vereinfacht:

$\begin{eqnarray*} \frac{ln(x!)}{ln(k)} -x \end{eqnarray*}$

Was kann ich da für Lösungsansätze verwenden?

Wenn ich jetzt $\begin{eqnarray*} ln(k) \end{eqnarray*}$ auf die andere Seite bringe:

$\begin{eqnarray*} ln(k) = ln(x!) - x \end{eqnarray*}$

Und dann exp anwende?

$\begin{eqnarray*} k = x! - exp(x) \end{eqnarray*}$

02.09.2011, 12:29

daniel-edfa

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Bedeutet deine Lösung also, dass die Funktion:

$\begin{eqnarray*} k^{x} \end{eqnarray*}$ die Funktion x! für k = 5 bei x = 5e überholt?

Edit (Cel): LaTeX verbessert.

Bitte bleibe bei einem Benutzernamen!

02.09.2011, 13:20

René Gruber

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Zitat:

Original von daniel-edfa
Bedeutet deine Lösung also, dass die Funktion:

$\begin{eqnarray*} k^{x} \end{eqnarray*}$ die Funktion x! für k = 5 bei x = 5e überholt?

Das ist nur eine grobe Näherung, es geht schon etwas genauer.

02.09.2011, 14:30

daniel-edfa

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Sorry wegen den Benutzernamen, aber ich krieg jedes mal nen Fehler wenn ich den gleichen nochmal benutzen will?

Ok,. also eine grobe Näherung - kannst du mir den Schritt beschreiben, wie man zu einer exakten lösung kommt?

02.09.2011, 14:42

René Gruber

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Zu einer exakten nicht, aber nahe dran ... Kommen wir mal auf deine Gleichung zurück

$\begin{eqnarray*} 0 = \frac{\ln(x!)}{\ln(k)} -x \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} 2\ln(k) \end{eqnarray*}$ multipliziert und Stirling angewandt ergibt sich

$\begin{eqnarray*} 0 \approx 2\ln\left(\sqrt{2\pi}x^{x+\frac{1}{2}}e^{-x}\right) - 2\ln(k)x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 \approx \ln(2\pi)+(2x+1)\ln(x) -2x - 2\ln(k)x \end{eqnarray*}$

Definiert man dann

$\begin{eqnarray*} f(x) = (2x+1)\ln(x) - 2\ln(ke)x + \ln(2\pi) \end{eqnarray*}$ ,

so ist (für große positive k) die Nullstelle dieser Gleichung gesucht. Wie ich schon sagte, liegt $\begin{eqnarray*} x_0 = ke \end{eqnarray*}$ schon da ziemlich nahe, aber ein weiterer Schritt des Newtonverfahrens

$\begin{eqnarray*} x_{k+1} = x_k - \frac{f(x_k)}{f'(x_k)} \end{eqnarray*}$

verbessert die Näherung nochmal beträchtlich: Es ist

$\begin{eqnarray*} f'(x) = 2\ln(x) + \frac{2x+1}{x} - 2\ln(ke) = 2\ln(x) + 2 + \frac{1}{x} - 2\ln(ke) \end{eqnarray*}$ ,

damit gilt

$\begin{eqnarray*} f(x_0) = f(ke) = \ln(ke) + \ln(2\pi) = \ln(2\pi ke) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x_0) = f'(ke) = 2 + \frac{1}{ke} \end{eqnarray*}$ ,

also im Newton-Schritt

$\begin{eqnarray*} x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = ke - \frac{\ln(2\pi ek)}{2 + \frac{1}{ke}} = ke \left( 1 - \frac{\ln(2\pi ke)}{2ke+1} \right) \end{eqnarray*}$ .

Diese Näherung ist an sich ausreichend, zumal ja Stirling auch schon nur eine Näherung ist - probier's mal aus! Augenzwinkern

02.09.2011, 14:59

daniel-edfa

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$\begin{eqnarray*} f(k) = ke \left( 1 - \frac{\ln(2\pi ke)}{2ke+1} \right) \end{eqnarray*}$ .

liefert also in abhänigkeit von k den Schnittpunkt von k^x und x!?

Rein aus interesse: Wie würde denn ein Ansatz aussehen, wenn man es exakt symbolisch haben wollte?

02.09.2011, 15:03

René Gruber

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Zitat:

Original von daniel-edfa
$\begin{eqnarray*} f(k) = ke \left( 1 - \frac{\ln(2\pi ke)}{2ke+1} \right) \end{eqnarray*}$ .

liefert also in abhänigkeit von k den Schnittpunkt von k^x und x!?

Es liegt in der Nähe. Ich sagte doch schon, probiere es mal aus, dann kannst du ja Bericht erstatten.

Zitat:

Original von daniel-edfa
Wie würde denn ein Ansatz aussehen, wenn man es exakt symbolisch haben wollte?

Ich kenne keinen. Selbst LambertW, was oft noch hilft, scheint hier nicht zu reichen.

02.09.2011, 15:40

daniel-edfa

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Ich hab mal ein paar Beispiele durchgerechnet:

Die Näherung gibt ja folgende Vorhersagen:

f(2) = 3.82
f(3) = 6.3
f(4) = 8.85

Die realen Werte sind:
f(2) ~ 3.6
f(3) ~ 6.05
f(4) ~ 8.7

Um im unteren Bereich bessere werte zu bekommen, müsste man noch mehrere Iterationen durchführen,oder?

02.09.2011, 21:00

René Gruber

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Ja. Wobei $\begin{eqnarray*} x! \end{eqnarray*}$ für nichtganzzahlige $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ sowieso Quatsch ist, da kannst du allenfalls vom Gammafunktionswert $\begin{eqnarray*} \Gamma(x+1) \end{eqnarray*}$ reden. Ich hatte eigentlich gedacht, dass es dir nur auf das ganzzahlige $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ankommt, wo erstmalig $\begin{eqnarray*} x! > k^x \end{eqnarray*}$ gilt, und dafür scheint $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ (dann aber aufgerundet zur nächsten ganzen Zahl) durchaus zu taugen.

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