Euler-Mascheronische Konstante, Grenzwert, beschränkt

07.08.2015, 11:48

StrunzMagi

Euler-Mascheronische Konstante, Grenzwert, beschränkt

Für eine ganze Zahl $\begin{eqnarray*} n \ge 1 \end{eqnarray*}$ sei
$\begin{eqnarray*} \delta(n):= \frac{1}{n} - log(1+\frac{1}{n}) \end{eqnarray*}$
Man zeige:
a) $\begin{eqnarray*} 0 < \delta(n) \le \frac{1}{2n^2} \end{eqnarray*}$
b) Für die Euler Mascheronische Konstante $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \gamma = \sum_{n=1}^\infty \delta (n) \end{eqnarray*}$

Hallo,
Sofort bekomme ich die Abschätzung $\begin{eqnarray*} \delta(n) < \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ was mir nichts bringt.
Wir haben definiert $\begin{eqnarray*} \gamma:= \lim_{N\rightarrow \infty} (\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - log(N)) \end{eqnarray*}$
Ich habe die Funktion umgeschrieben zu:
$\begin{eqnarray*} \delta(n)= \frac{1}{n} - [log(n+1)-log(n)] = \frac{1}{n}- \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx \end{eqnarray*}$
Aus der Vorlesung wissen wir, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{N} \le \gamma_N := \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - log(N) \le 1 \end{eqnarray*}$

Ich habe auch herumgespielt mir Differenzen der Form $\begin{eqnarray*} \gamma_{N+1} - \gamma_{N} \end{eqnarray*}$ aber ich erhalte so nie exakt das gegebene $\begin{eqnarray*} \delta(n) \end{eqnarray*}$

Zu b) war mein Ansatz:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \delta(n) = \sum_{n=1}^\infty [\frac{1}{n} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx] = \sum_{n=1}^\infty [\frac{n-n+1}{n} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx ]= \sum_{n=1}^\infty ( \int_{n}^{n+1} \frac{1}{n}-\frac{1}{x} dx) \end{eqnarray*}$

Über Tipps um die Aufgabe zu lösen würde ich mich sehr freuen!
LG,
MaGi

07.08.2015, 12:42

Guppi12

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Hallo,

Zu a) man würde relativ einfach eine Abschätzung $\begin{eqnarray*} \delta(n) \leq \frac{1}{n(n+1)} \end{eqnarray*}$ bekommen. Da aber die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ verlangt ist, sehe ich gerade nichts anderes, als den Logarithmus in eine Potenzreihe zu entwickeln. Schau dir dafür mal die Ableitung von $\begin{eqnarray*} \log(1+x) \end{eqnarray*}$ an und versuche, diese in eine Potenzreihe zu entwickeln.

Zu b) Dein erster Umformungsschritt ist gut. Ich kann nicht sehen, wie das dahinter zielführend ist, mache lieber so weiter:

$\begin{eqnarray*} \lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N\left[\frac{1}{n}-\int_n^{n+1}\frac{1}{x}dx\right] \end{eqnarray*}$ und jetzt die Summe auseinanderziehen.

07.08.2015, 15:05

HAL 9000

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Vielleicht ist es ja selbstverständlich, aber wenn diese Folgen schon mal eingeführt wurden, so kann man doch mal den wichtigen Zusammenhang

$\begin{align*} \gamma_N = \frac{1}{N} + \sum_{n=1}^{N-1} \delta(n) \end{align*}$

deutlich festhalten. Mit a) sowie

Zitat:

Original von StrunzMagi
Aus der Vorlesung wissen wir, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{N} \le \gamma_N := \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - log(N) \le 1 \end{eqnarray*}$

ist b) dann sofort klar.

08.08.2015, 10:05

StrunzMagi

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Hallo
a)
1) Wie kommt man denn auf die Abschätung? $\begin{eqnarray*} \delta(n) \leq \frac{1}{n(n+1)} \end{eqnarray*}$
Mir wäre nur eingefallen von der Hintertür zu kommen:
$\begin{eqnarray*} 0 \le \delta(n) \leq \frac{1}{n(n+1)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \iff 0 \le \frac{1}{k} - ln (\frac{k+1}{k}) \le \frac{1}{k*(k+1)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \iff 0 \le \frac{1}{k} - ln (\frac{k+1}{k}) \le \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \iff \frac{1}{k} \ge ln(\frac{k+1}{k}) \ge \frac{1}{k+1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \iff k \le \frac{1}{ln(\frac{k+1}{k})} \le k+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \iff ln((\frac{k+1}{k})^k) \le 1 \le ln((\frac{k+1}{k})^{k+1}) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \iff (1+1/k)^k \le e \le (1+1/k)^{k+1} \end{eqnarray*}$
Wahre Aussage nach Analysis 1.
Es gilt ja dann eigentlich auch auf beiden Seiten das strenge Ungleichungszeichen.

2) Zur Potenzreihe
$\begin{eqnarray*} D(log(1+x))= \frac{1}{1+x}=\frac{1}{1-(-x)} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k x^k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |x|<1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} log(1+x) = \int [\sum_{k=0}^\infty (-1)^k x^k] dx \end{eqnarray*}$
Die Potenzreihe konvergiert gleichmäßig auf den Konvergenzradius, deshalb folgt, ich kann lim und Integral vertauschen.
$\begin{eqnarray*} log(1+x)= \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{x^{k+1}}{k+1} dx \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} |x|<1 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} n \ge 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \delta(n)= \frac{1}{n} - log(1+1/n)=\frac{1}{n} - \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{n^{k+1} (k+1)} \end{eqnarray*}$
Wie mache ich nun weiter für die Abschätzung? Weil bei meinen Versuchen nach oben abzuschätzen wir der Zähler nie 1.

b)
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \delta(n) = \sum_{n=1}^\infty [\frac{1}{n} - log(n+1)+log(n)]=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^N [\frac{1}{n} - log(n+1)+log(n)] \end{eqnarray*}$
= $\begin{eqnarray*} \lim_{N\rightarrow \infty} [\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} +\sum_{n=1}^N (log(n)-log(n+1))]=\lim_{N\rightarrow \infty} [\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} + (log(1)-log(N+1)]=\lim_{N\rightarrow \infty} [\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} -log(N+1)] \end{eqnarray*}$
Jedoch $\begin{eqnarray*} \gamma:= \lim_{N\rightarrow \infty} (\sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - log(N)) \end{eqnarray*}$
Ich habe mir überlegt $\begin{eqnarray*} \lim_{N\rightarrow \infty} log(N+1)-log(N)= \lim_{N\rightarrow \infty}log(\frac{N+1}{N})=log(1)=0 \end{eqnarray*}$ aber ich darf ja nicht den Limes "auseinanderziehen", da die Harmonische Reihe divergeiert...

08.08.2015, 14:01

Guppi12

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Also dein Weg, $\begin{eqnarray*} \delta(n) \leq \frac{1}{n(n+1)} \end{eqnarray*}$ zu zeigen, ist auf jeden Fall auch richtig. Ich hatte folgendes im Kopf:

Wir benutzen die Abschätzung $\begin{eqnarray*} 1+x\leq e^x \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt $\begin{eqnarray*} \log(1+x)\leq x \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>-1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} -\log(1+\frac{1}{n}) \geq -\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ . Deswegen schonmal $\begin{eqnarray*} \delta(n) = \frac{1}{n}-\log(1+\frac{1}{n})\geq 0 \end{eqnarray*}$ .

Andererseits haben wir $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n}-\log(\frac{n+1}{n}) = \frac{1}{n}+\log(\frac{n}{n+1}) = \frac{1}{n}+\log(1-\frac{1}{n+1}) \leq \frac 1n-\frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)} \end{eqnarray*}$ .

Zu dem Potenzreihenansatz: Das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ vor der Reihe kannst du mit der Reihe verarbeiten, da hebt sich was weg. Danach brauchst du dann noch einen Satz, der folgendes besagt:

Ist $\begin{eqnarray*} (a_k)_{k\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende Nullfolge, so gilt $\begin{eqnarray*} a_0 \geq \sum_{k=0}^\infty (-1)^ka_k \end{eqnarray*}$ . Meist fällt dieser Satz irgendwo im Zusammenhang mit dem Leibnizkriterium, ansonsten kannst du ihn aber vorher mitbeweisen, das ist sowieso oft ein nützlicher Satz und der Beweis ist ein Zweizeiler.

Zu b)
Du bist damit eigentlich am Ziel, du musst den Limes ja nicht komplett auseinanderziehen, wenn du zuerst $\begin{eqnarray*} \log(N+1) = \log(N)+(\log(N+1)-\log(N)) \end{eqnarray*}$ schreibst, kannst du ohne Probleme den Limes in zwei Teile aufteilen.

09.08.2015, 10:09

StrunzMagi

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Hallo!
Vielen Dank, dass hat mir wirklich sehr weitergeholfen!

Zitat:

Original von Guppi12
Zu dem Potenzreihenansatz: Das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ vor der Reihe kannst du mit der Reihe verarbeiten, da hebt sich was weg. Danach brauchst du dann noch einen Satz, der folgendes besagt:

Ist $\begin{eqnarray*} (a_k)_{k\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende Nullfolge, so gilt $\begin{eqnarray*} a_0 \geq \sum_{k=0}^\infty (-1)^ka_k \end{eqnarray*}$ . Meist fällt dieser Satz irgendwo im Zusammenhang mit dem Leibnizkriterium, ansonsten kannst du ihn aber vorher mitbeweisen, das ist sowieso oft ein nützlicher Satz und der Beweis ist ein Zweizeiler.

Meinst du nicht eher es gilt $\begin{eqnarray*} a_1 \ge | \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k a_k - s_0 | =|\sum_{k=1}^\infty (-1)^k a_k| \end{eqnarray*}$
Wobei $\begin{eqnarray*} s_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k \end{eqnarray*}$ die Partialsummen sind. Weil allgemein nach dem was wir beim Leibnizkriterium bewiesen haben gilt $\begin{eqnarray*} |\sum_{k=0}^\infty (-1)^k a_k - s_m | \le a_{m+1} \end{eqnarray*}$ (Der Beweis ist klar)

Haben wir dann nicht mit dem Betrag ein Problem?

LG,
MaGi

09.08.2015, 11:34

Guppi12

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Die Ungleichung von dir, also $\begin{eqnarray*} a_1\geq \left|\sum_{k=1}^\infty (-1)^k a_k\right| \end{eqnarray*}$ ist doch genau die selbe, wie die von mir, nur dass du bei $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ anfängst statt bei $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Den Betrag braucht man bei mir nicht, weil der Ausdruck eh positiv ist.

10.08.2015, 11:00

StrunzMagi

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Danke alles ist soweit klar. Werde es noch paar mal durchgehen.

LG,
MaGi

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