Grenzwertüberlegung

05.04.2014, 17:08

lagrange92

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Grenzwertüberlegung

Meine Frage:
Hallo, ich habe eine Aufgabe und will einen Grenzwert ausrechnen, allerdings hänge ich ein bisschen dabei, wie ich die Reihe im Grenzwert umformen soll, damit ich weiter komme.
Ich betrachte $\begin{eqnarray*} lim_{n \rightarrow \infty} (\sum_{k=2}^n \frac {1}{k \cdot log(k)}-log(log(n)))= \beta, \beta \in [0,1] \end{eqnarray*}$ .
Ich soll jetzt zeigen, dass das Beta aus dem angegebenen Intervall existiert.

Meine Ideen:
Ich dachte für die Aufgabe genügt es den Grenzwert einfach zu berechnen. Für den log habe ich mir überlegt, dass der wegen $\begin{eqnarray*} -log(log(n))=log(\frac{1}{log(n)})\rightarrow -\infty \ fuer \ n \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ . Damit würde ich von diesem Teil ja den Grenzwert schon kennen, aber bei der Reihe wäre ich für einen Tipp dankbar. smile

smile

05.04.2014, 17:30

bijektion

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Also der verschachtelte Logaritmus steht nichtmehr in der Summe?
Wenn nicht, würde ich erstmal versuchen, dern verschachtelten Log. in die Summe zu ziehen.

EDIT: Da der Grenzwert divergiert, ist es nicht legitim einfach die Grenzwert einzeln zu berechnen.

05.04.2014, 17:40

Guppi12

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Hallo,

ein kleiner Tipp:

betrachte die Summe einmal als Obersumme von $\begin{eqnarray*} \int_2^{n+1} \frac{\mathrm{d}x}{x\log{x}} \end{eqnarray*}$ und einmal als Untersumme von $\begin{eqnarray*} \int_1^n \frac{\mathrm{d}x}{x\log{x}} \end{eqnarray*}$ .

Edit: Oh sorry bijektion, bin raus.

06.04.2014, 08:22

lagrange92

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Ich hätte jetzt versucht, indem ich den verschachtelten Logaritmus durch die Summe der 1. n Zahlen Teile und es dann mit einem Vorfaktor k in die Summe ziehe:
$\begin{eqnarray*} lim_{n \rightarrow \infty } (\sum_{k=2}^n \frac{1}{k \cdot log(k)}-\frac{2k\cdot loglog(n)}{n\cdot (n+1) -2}) \end{eqnarray*}$ . Sonst hätte ich keine andere Idee, oder darf ich das aus irgendeinem Grund nicht?

07.04.2014, 12:06

lagrange92

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unglücklich

Mir scheint, dass das irgendwie falsch ist, was ich da gemacht habe. Ich wüsste aber auch ehrlich gesagt nicht, mit welchem Trick ich den verschachtelten log in die Summe ziehen soll. Hättest du da einen Tipp? Danke. smile

smile

07.04.2014, 13:35

HAL 9000

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Auch wenn er sich zurückgezogen hat, würde ich an deiner Stelle dem Tipp von Guppi12 mit den Ober- und Untersummen ebenso Aufmerksamkeit widmen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

In diesem Sinne würde ich dann den iterierten Logarithmus anders in die Summe "reinziehen", nämlich so:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \left( \frac{1}{k\ln(k)} - \ln(\ln(k)) + 1_{\{k>2\}}\cdot \ln(\ln(k-1)) \right) \end{eqnarray*}$ . smile

smile

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08.04.2014, 15:32

lagrange92

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Ich schaue es mir mal mit diesen Tipps an, danke. Aber eine Frage hätte ich noch, woraus folgt, dass man den verschachtelten (iteriert?) log so schreiben darf, also folgt das aus einem Gesetz (Gesetz zum iterierten log?) oder einfach aus der Ober- und Untersummenbetrachtung?

11.04.2014, 21:14

HAL 9000

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Zitat:

Original von lagrange92
woraus folgt, dass man den verschachtelten (iteriert?) log so schreiben darf

Du meinst

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \left( - \ln(\ln(k)) + 1_{\{k>2\}}\cdot \ln(\ln(k-1)) \right) \stackrel{?}{=} -\ln(\ln(n)) \end{eqnarray*}$ ?

Das ist eine einfache Teleskopsumme - es ist hoffentlich klar, dass ich mit $\begin{eqnarray*} 1_{\{k>2\}} \end{eqnarray*}$ eine Indikatorfunktion meine. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.04.2014, 12:17

lagrange92

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Das mit der Indikatorfunktion war mit klar und der Rest jetzt auch. Hammer

Hammer

Danke.

smile

12.04.2014, 15:43

lagrange92

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Ich habe mir jetzt die Obersumme (OS) und auch die Untersumme (US) zu den angegebenen Integralen überlegt:
OS: $\begin{eqnarray*} \int_2^{n+1} \frac{1}{x \ln x} dx = \lim_{n \rightarrow \infty} (\sum_{k=0} ^{n-1} (\frac{n+1-2}{n} ) \cdot \frac{1}{(2+k(\frac{n+1-2}{n}))\ln(2+k(\frac{n+1-2}{n}))}) \end{eqnarray*}$ .
US: $\begin{eqnarray*} \int_1^{n} \frac{1}{x \ln x} dx = \lim_{n \rightarrow \infty} (\sum_{k=1} ^{n} (\frac{n-1}{n} ) \cdot \frac{1}{(2+k(\frac{n-1}{n}))\ln(2+k(\frac{n-1}{n}))}) \end{eqnarray*}$ .
Ich erkenne aber leider nichts, was mir bei der Betrachtung des Grenzwertes weiterhelfen würde, oder sind meine OS und US einfach falsch und ich erkenne es deswegen nicht? Erstaunt2

Erstaunt2

12.04.2014, 16:25

Guppi12

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Hallo,

Zitat:

Ich habe mir jetzt die Obersumme (OS) und auch die Untersumme (US) zu den angegebenen Integralen überlegt:

Der bestimmte Artikel "die" ist hier unangebracht. Du hast dir "eine" Untersumme überlegt und zwar eine, die leider nicht zu viel Einsicht verhilft. (ich habe jetzt nicht überprüft, ob das tatsächlich eine Untersumme ist)

Eine andere Untersumme von $\begin{eqnarray*} \int_1^n \frac{\mathrm{d}x}{x\log{x}} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \sum_{k=2}^n \frac {1}{k \cdot log(k)} \end{eqnarray*}$ .

Verstehst du jetzt, worauf ich hinaus wollte?

Ich bin jetzt erstmal bis heute abend weg.

12.04.2014, 18:24

lagrange92

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Ich verstehe, worauf du hinaus willst, ich habe es so weit durchprobiert und die Summe durch das Integral ersetzt. Ich habe als Stammfunktion $\begin{eqnarray*} \left[ ln(t)\right]_{ln(1)}^{ln(n)} \end{eqnarray*}$ , der verschachtelte log hebt sich auch weg, aber mit ln(ln(1)) gibt es das Problem, dass so der Ausdruck nicht definiert ist wegen ln(0), oder habe ich da was falsch verstanden?
Die eine smile

smile

Untersumme bzw. Obersumme, die ich mir ausgedacht hatte, sollte dem Integral entsprechen, daher habe ich auch eine Grenzwertbetrachtung gewählt. Deswegen wollte ich fragen, du hast ja jetzt, wenn man sich die Summen als Flächeninhalt von aus Rechtecken zusammengesetzten Polygonen vorstellt, für das Rechteck die Breite 1 gewählt, sodass du die "Höhe" durch $\begin{eqnarray*} \frac{1}{k\log k} \end{eqnarray*}$ gegeben hattest. Allerdings wird doch durch dieses Vorgehen der Flächeninhalt nur näherungsweise bestimmt, sodass doch eigentlich gelten müsste $\begin{eqnarray*} \int_{1}^n \frac{1}{x\log x} dx \geq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k\log k} \end{eqnarray*}$ .

12.04.2014, 19:12

HAL 9000

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Zitat:

Original von lagrange92
aber mit ln(ln(1)) gibt es das Problem, dass so der Ausdruck nicht definiert ist wegen ln(0)

In der Tat. Deswegen betrachtet man wohl besser den Start "etwas später", also

$\begin{eqnarray*} \int\limits_2^n \frac{\dd x}{x\ln(x)} \end{eqnarray*}$ ,

und muss dann ggfs. den ersten Summanden $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2\ln(2)} \end{eqnarray*}$ der Summe herausnehmen und extra betrachten o.ä.

12.04.2014, 19:34

lagrange92

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Selbiges habe ich getan und komme auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2 \log(2)}-\log\log(3) \end{eqnarray*}$ . Nun müsste ich nur noch zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2 \log(2)} \geq \log\log(3) \end{eqnarray*}$ , ich hatte hier jetzt versucht über die Abschätzung $\begin{eqnarray*} \ln x \leq -1+x \end{eqnarray*}$ vorzugehen, was mich aber nicht sehr viel weiter gebracht hat.
Wie verhält sich das mit der Summe und dem Integral ist da eine Gleichheit gerechtfertigt?

12.04.2014, 19:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von lagrange92
Selbiges habe ich getan und komme auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2 \log(2)}-\log\log(3) \end{eqnarray*}$ .

Du kommst auf diesen Wert wofür ?

Nochmal rekapitulieren: Es ist zu zeigen, dass der Grenzwert

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln(k)} - \ln(\ln(n)) \right) \end{eqnarray*}$

a) überhaupt existiert, und

b) im Intervall [0,1] liegt.

Ich kann jetzt beim besten Willen nicht erkennen, wo sich dein Wert $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2 \log(2)}-\log\log(3) \end{eqnarray*}$ in diesem Kontext einordnet. verwirrt

verwirrt

13.04.2014, 12:15

lagrange92

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Ich habe Folgendes gemacht:
$\begin{eqnarray*} lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln(k)} - \ln(\ln(n)) \right)= lim_{n \rightarrow \infty}(\frac {1}{2 \ln 2}+\int_2^n \frac{1}{x\ln x} dx -\ln \ln n) \end{eqnarray*}$ , hier habe ich den ersten Summanden aus der Summe genommen und extra aufgeführt, wegen des besprochenen Widerspruchs.
Weiter habe ich substituiert und für $\begin{eqnarray*} \int_2^n \frac{1}{x\ln x} dx =\left[ \ln t \right]_{\ln 2}^{\ln n } \end{eqnarray*}$ erhalten.
Das liefert für das Integral eingesetzt: $\begin{eqnarray*} lim_{n \rightarrow \infty}(\frac {1}{2 \ln 2}+\left[ \ln t \right]_{\ln 2}^{\ln n }-\ln \ln n)= lim_{n \rightarrow \infty}(\frac {1}{2 \ln 2}+\ln \ln n - \ln \ln 2-\ln \ln n)= \frac{1}{2 \ln 2} -\ln \ln 2 \end{eqnarray*}$ .
Das ln ln 3 war selbstverständlich falsch, aber ich sehe hier jetzt nicht, ob was falsch ist oder nicht, weil rechnerisch ist das Ergebnis nicht im Intervall [0,1].

13.04.2014, 17:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von lagrange92
Ich habe Folgendes gemacht:
$\begin{eqnarray*} lim_{n \rightarrow \infty} \left( \sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln(k)} - \ln(\ln(n)) \right)= lim_{n \rightarrow \infty}(\frac {1}{2 \ln 2}+\int_2^n \frac{1}{x\ln x} dx -\ln \ln n) \end{eqnarray*}$

Erstaunt1

Wie kommst du darauf, dass du Summe und Integral einfach gleichsetzen kannst??? Das sind sie hier nicht, auch nicht im Grenzwert. unglücklich

unglücklich

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Ich bleib mal bei obigen

$\begin{eqnarray*} a_k = \frac{1}{k\ln(k)} - \ln(\ln(k)) + 1_{\{k>2\}}\cdot \ln(\ln(k-1)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_n = \sum_{k=2}^n a_k \end{eqnarray*}$ .

Dann kann man zuerst für alle $\begin{eqnarray*} k\geq 3 \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [k-1,k] \end{eqnarray*}$ abschätzen:

$\begin{eqnarray*} a_k \leq \int\limits_{k-1}^k \frac{\dd x}{x\ln(x)} - \ln(\ln(k)) + \ln(\ln(k-1)) = 0 \end{eqnarray*}$ ,

d.h. die Partialsummenfolge $\begin{eqnarray*} (s_n)_{n=2,3,\ldots} \end{eqnarray*}$ ist monoton fallend, u.a. ist dann also für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_n\leq s_3 = \frac{1}{2\ln(2)} + \frac{1}{3\ln(3)} - \ln(\ln(3)) < 0.931 \end{eqnarray*}$

Andererseit ist

$\begin{eqnarray*} s_n \geq \int\limits_2^n \frac{\dd x}{x\ln(x)} - \ln(\ln(n)) = -\ln(\ln(2)) > 0.366 \end{eqnarray*}$

Nach unten beschränkt + monoton fallend ergibt Konvergenz, und natürlich muss der Grenzwert $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ in dem eben berechneten Intervall $\begin{eqnarray*} [0.366,0.931] \end{eqnarray*}$ liegen.

15.04.2014, 16:40

lagrange92

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Wink

Danke für deine Hilfe.

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