Mittels Ober- und Untersumme Integral log(x) abschätzen

28.05.2020, 11:28

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Mittels Ober- und Untersumme Integral log(x) abschätzen

Meine Frage:
Guten Tag, ich habe eine Frage bezüglich einer Aufgabe.
Ich soll folgende Ungleichung mittels Ober- und Untersumme zeigen:
$\begin{eqnarray*} log((n-1)!) \leq \int_{1}^{n} \! log(x) \, dx \leq log(n!) \end{eqnarray*}$
und schließlich die schwache Version der Stirling-Formel zeigen:
$\begin{eqnarray*} e*\left(\frac{n}{e} \right)^{n} \leq n! \leq n*e*\left(\frac{n}{e} \right)^{n} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Der 2. Teil ist ja einfach, den habe ich auch schon gezeigt, in dem ich einfach das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{1}^{n} \! log(x) \, dx \end{eqnarray*}$ = n*log(n)-n+1 gelöst habe und dann mit ein paar Umformungen die schwache Version der Stirling-Formel hergeleitet habe.
Leider scheiter ich am ersten Teil und wäre für jede Hilfe dankbar.

MFG

28.05.2020, 12:38

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Steht doch da: Ober- und Untersumme nutzen!!!

Teile das Intervall $\begin{eqnarray*} [1,n] \end{eqnarray*}$ in die $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ Teilintervalle $\begin{eqnarray*} [k,k+1] \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k=1,\ldots,n-1 \end{eqnarray*}$ auf, dann ist der Monotonie der Logarithmusfunktion wegen

$\begin{eqnarray*} \log(k) \leq \log(x)\leq \log(k+1) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ aus dem Teilintervall $\begin{eqnarray*} [k,k+1] \end{eqnarray*}$ .

Damit solltest du in der Lage sein, die Ober- und Untersumme des Riemannintegrals bezogen auf diese naheliegende Aufteilung deines Integrationsintervalls zu bestimmen!

28.05.2020, 13:02

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Alles klar, danke erstmal für die Antwort.
Dementsprechend habe ich dann folgendes:
Untersummer: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} (n-1)*inf(log(k)) \end{eqnarray*}$
Obersumme: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} (n-1)*sup(log(k+1)) \end{eqnarray*}$
Stimmt das so? Komme echt noch nicht so klar mit den Unter- und Obersummen.

28.05.2020, 13:08

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielleicht meinst du ja das richtige, aber deine Formelsprache ist mehr als fragwürdig;

1) Statt $\begin{eqnarray*} \inf(\log(k)) \end{eqnarray*}$ meinst du vermutlich $\begin{eqnarray*} \inf\limits_{x\in [k,k+1]}\log(x) = \log(k) \end{eqnarray*}$ , entsprechend statt $\begin{eqnarray*} \sup(\log(k+1)) \end{eqnarray*}$ wohl eher $\begin{eqnarray*} \sup\limits_{x\in [k,k+1]}\log(x) = \log(k+1) \end{eqnarray*}$ .

2) Und der Faktor $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ hat in beiden Summe NICHTS zu suchen!!! unglücklich

unglücklich

3) Und die Summe geht nur bis $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ statt bis $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt ganz schön viele Fehler.

28.05.2020, 13:17

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh man, es tut mir leid. Nun hab ich aber vor meinem Infimum und Supremum in der Summe ein Delta $\begin{eqnarray*} x_{k} = b - a \end{eqnarray*}$ oder nicht?

28.05.2020, 13:23

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Man muss auch die Elemente einer Formel verstehen, statt blindlings rumzuraten. unglücklich

unglücklich

Das $\begin{eqnarray*} \delta x_k \end{eqnarray*}$ dort ist die Intervallbreite des Teilintervalls $\begin{eqnarray*} [k,k+1] \end{eqnarray*}$ , NICHT die des Gesamtintervalls!!! Wie lang ist gleich nochmal das Intervall $\begin{eqnarray*} [k,k+1] \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

verwirrt

Anzeige

28.05.2020, 13:30

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

1 bis n-1?

28.05.2020, 13:58

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich könnte wetten, daß die Raterei daher kommt, daß dir eine Vorstellung für die Sache fehlt und du an irgendwelchen unverstandenen Formeln klebst. Eigentlich wäre es deine Aufgabe gewesen, da mal eine ordentliche und beschriftete Zeichnung zu machen. Dann ergibt sich nämlich alles fast von alleine. Als Service des Hauses liefere ich die hier mal:

[attach]51380[/attach]

Da $\begin{align*} x \mapsto \ln(x) \end{align*}$ streng monoton wächst, ist $\begin{align*} m_k = f(k-1) = \ln(k-1) \end{align*}$ das Minimum und $\begin{align*} M_k = f(k) = \ln(k) \end{align*}$ das Maximum im Intervall $\begin{align*} [k-1,k], \ 2 \leq k \leq n \end{align*}$ .

Die Obersumme für das Integral $\begin{align*} \int_1^n \ln(x) ~ \dd x \end{align*}$ ist daher

$\begin{align*} S_n = \sum_{k=2}^n M_k \end{align*}$

Die Untersumme führt man am besten gleich auf die Obersumme zurück. Offenbar ist das letzte Rechteck der Obersumme dafür überschüssig. Die Untersumme ist daher

$\begin{align*} s_n = S_n - M_n \end{align*}$

28.05.2020, 14:06

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

So, nun verstehe ich das schonmal besser, ganz lieben Dank.
Haben dann allerdings weitere Fragen:
1. Ist es 2 <= k <= n weil die Untersumme erst bei 2 beginnt?
2. Warum ist das Teilintervall nun [k-1,k] und vorher bei Hal war es [k,k+1]
Ich danke dir unendlich für die Hilfe, besonders die Anschauung hilft, das werde ich mir merken!!!!

28.05.2020, 15:10

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
2. Warum ist das Teilintervall nun [k-1,k] und vorher bei Hal war es [k,k+1]

Das ist gehopst wie gesprungen! Ich will aber zugeben, daß das für Anfänger nicht immer gleich so offensichtlich ist. Insofern tut es mir leid, daß ich von HALs Bezeichnungen abgewichen bin und Probleme geschaffen habe, wo keine sind.

Schreiben wir doch die Intervalle einmal ausführlich hin.

$\begin{align*} [1,2] \cup [2,3] \cup [3,4] \cup [4,5] \cup \ldots \cup [n-1,n] \end{align*}$

Wenn ich jetzt wie HAL ein beliebiges dieser Intervalle mit $\begin{align*} [k,k+1] \end{align*}$ bezeichne, dann bekomme ich das erste in der Liste oben mit $\begin{align*} k=1 \end{align*}$ , das zweite mit $\begin{align*} k=2 \end{align*}$ und so weiter, schließlich das letzte mit $\begin{align*} k=n-1 \end{align*}$ . Das heißt: $\begin{align*} 1 \leq k \leq n-1 \end{align*}$

Wenn man es wie ich gerade eben macht, also ein beliebiges dieser Intervalle mit $\begin{align*} [k-1,k] \end{align*}$ bezeichnet, dann bekommt man das erste in der Liste mit $\begin{align*} k=2 \end{align*}$ , das zweite mit $\begin{align*} k=3 \end{align*}$ und so weiter, schließlich das letzte mit $\begin{align*} k=n \end{align*}$ . Das heißt: $\begin{align*} 2 \leq k \leq n \end{align*}$

Man könnte auch ein beliebiges dieser Intervalle mit $\begin{align*} [k+2019,k+2020] \end{align*}$ bezeichnen. Welche Werte durchläuft $\begin{align*} k \end{align*}$ dann?

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
1. Ist es 2 <= k <= n weil die Untersumme erst bei 2 beginnt?

Das hat nur mit der Nummerierung zu tun, siehe 2.

Jetzt müssen wir uns irgendwie festlegen. Welche Numerierung schlägst du vor?

28.05.2020, 15:22

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Bei deinem Intervall [k + 2019, k + 2020] würde ich dementsprechen [1, 2] bekommen für k = -2018, [2, 3] bekomme ich für k = -2017 usw., glaube ich.
Zu deiner zweiten Frage, ich komme glaube ich besser mit deiner Nummerierung klar.

28.05.2020, 15:31

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
Bei deinem Intervall [k + 2019, k + 2020] würde ich dementsprechen [1, 2] bekommen für k = -2018, [2, 3] bekomme ich für k = -2017 usw., glaube ich.

Das ist richtig.

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
Zu deiner zweiten Frage, ich komme glaube ich besser mit deiner Nummerierung klar.

Ob du das jetzt aus Überzeugung gesagt hast oder aus Eigennutz, weil HAL gerade nicht da ist und du besser mich bei Laune hältst, lassen wir einfach einmal offen … Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ist dir klar, daß im ersten Intervall $\begin{align*} \ln(2) \end{align*}$ , im zweiten $\begin{align*} \ln(3) \end{align*}$ und so weiter, bis schließlich im letzten $\begin{align*} \ln(n) \end{align*}$ der größte Wert im Intervall ist? Daß also $\begin{align*} M_k = \ln(k) \end{align*}$ der größte Wert im Intervall $\begin{align*} [k-1,k] \end{align*}$ ist?

28.05.2020, 15:40

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Es war eine Mischung aus beidem! Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zu deiner Frage: Ja ich denke schon, da in jedem Intervall für die Obersumme das Supremum in jedem Teilintervall gebraucht wird und man das sehr gut in der geplotteten Funktion sieht oder nicht?
Beispielsweise sieht man im Intervall [2, 3] im Plot, dass die Funktion "am höchsten" ist im log(3).

28.05.2020, 15:45

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Unter- und Obersummen sind bei Funktionen ohne negative Werte einfach Flächeninhalte von Rechteckvereinigungen.

Gehen wir zu den Obersummen.

a) Welche Breite hat das Rechteck über dem Intervall $\begin{align*} [1,2] \end{align*}$ , das zur Obersumme gehört? Welche Höhe hat es? Welchen Flächeninhalt hat es?

b) Welche Breite hat das Rechteck über dem Intervall $\begin{align*} [2,3] \end{align*}$ , das zur Obersumme gehört? Welche Höhe hat es? Welchen Flächeninhalt hat es?

c) Jetzt allgemein: Welche Breite hat das Rechteck über dem Intervall $\begin{align*} [k-1,k] \end{align*}$ , das zur Obersumme gehört? Welche Höhe hat es? Welchen Flächeninhalt hat es?

28.05.2020, 15:54

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

[1, 2]: Breite 1, Höhe log(2), Fläche log(2)*1 = log(2)
[2, 3]: Breite 1, Höhe log(3) - log(2), Fläche (log(3) - log(2))*1 = log(3) - log(2)
[3, 4]: Breite 1, Höhe log(4) - log(3), Fläche (log(4) - log(3))*1 = log(4) - log(3)
...
[k-1, k]: Breite 1, Höhe log(k) - log(k - 1), Fläche (log(k) - log(k - 1))*1 = log(k) - log(k - 1)
Soweit richtig?

28.05.2020, 16:01

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, das stimmt nicht. Und mir wird jetzt auch klar, was das Problem ist. Du weiß gar nicht, was eine Obersumme ist. In meiner Figur sind die Rechtecke der Obersummen nicht nur die gelben Stücke, sondern die gesamten auf dem jeweiligen Intervall aufsitzenden Rechtecke, also blau+gelb. Es sind diejenigen Rechtecke, die von oben/außen der Fläche unter dem Graphen am nächsten kommen.

Dann a), b), c) noch einmal von vorne.

28.05.2020, 16:26

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

[1,2]: bleibt
[2, 3]: Breite = 1, Höhe = log(3), Fläche = log(3)*1= log(3)
...
[k-1, k]: Breite = 1, Höhe = log(k), Fläche = log(k)*1 = log(k)
Jetzt aber?
Dann ergibt das ganze auch etwas mehr Sinn..., tut mir leid.

28.05.2020, 16:32

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Und damit ist die Obersumme

$\begin{align*} S_n = \ln(2) + \ln(3) + \ldots + \ln(n) \end{align*}$

Oder mit Summenzeichen:

$\begin{align*} S_n = \sum_{k=2}^n \ln(k) \end{align*}$

1. Jetzt verwende ein bekanntes Logarithmusgesetz, um diese Obersumme anders zu schreiben.

2. Gehe dann an die Untersumme (blau). Es ist nicht nötig, von vorne anzufangen. Vielmehr sieht man, daß jedes Rechteck der Untersumme auch bei der Obersumme vorkommt, und zwar genau eins weiter links. Damit muß man nur das letzte Rechteck der Obersumme wegtun, um die Untersumme zu erhalten. Gib also einen Term für die Untersumme an und verwende wieder ein Logarithmusgesetz.

28.05.2020, 16:51

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Also es gilt ja log(a*b) = log(a) + log(b)
Also: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=2}^{n} log(k) = log(2*3*...*n) = log(n!) \end{eqnarray*}$
Die 1 ist ja nicht drin, weil log(1) = 0

28.05.2020, 16:56

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
Die 1 ist ja nicht drin, weil log(1) = 0

Merkwürdige Sichtweise. Ich würde sagen: Die 1 ist auch drin, weil log(1)=0 ist.

Jetzt 2.

28.05.2020, 17:05

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja falsche Formulierung von mir, besser wäre log(1) = 0 fällt weg.
Zu 2): $\begin{eqnarray*} \left(\sum\limits_{k=2}^{n} log(k)\right) - log(n) = \sum\limits_{k=2}^{n-1} log(k) = log(2*3*...*n-1) = log((n-1)!) \end{eqnarray*}$
Passt das?

28.05.2020, 17:21

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
Ja falsche Formulierung von mir, besser wäre log(1) = 0 fällt weg.

Ich würde es so sagen: Man kann $\begin{align*} \log(1) \end{align*}$ dazutun, eben weil $\begin{align*} \log(1)=0 \end{align*}$ ist. Oder noch einfacher: In jedem Produkt kann man beliebig oft den Faktor 1 ergänzen:

$\begin{align*} 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \end{align*}$

Zitat:

Original von Integrierbarkeit
Zu 2): $\begin{eqnarray*} \left(\sum\limits_{k=2}^{n} log(k)\right) - log(n) = \sum\limits_{k=2}^{n-1} log(k) = log(2*3*...*n-1) = log((n-1)!) \end{eqnarray*}$
Passt das?

Jetzt paßt das (wenn du noch eine Klammer um n-1 setzt). Damit ist

$\begin{align*} \log \left( (n-1)! \right) \leq n \log(n) - n + 1 \leq \log \left( n! \right) \end{align*}$

denn der Integralwert (in der Mitte) ist immer größer als die Untersumme (links) und kleiner als die Obersumme (rechts). (Sieh noch einmal in die Zeichnung.)

Jetzt exponenziere diese Ungleichung. Die Exponentialfunktion ist streng monoton wachsend, daher bleiben alle Ungleichheitszeichen erhalten. Dann sind es nur noch ein paar Äquivalenzumformungen bis zum gewünschten Ergebnis.

28.05.2020, 17:25

Integrierbarkeit

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie gesagt, den 2. Teil mit der schwachen Stirlingschen Formel hatte ich schon gezeigt.
Ich danke dir für deine Geduld und dein Verständnis.
MFG

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »