Vergleich Fakultäten mit Potenzen

13.03.2007, 06:55	Peter Addor	Auf diesen Beitrag antworten »
Vergleich Fakultäten mit Potenzen Seien a, n natürliche Zahlen. Für festes a ist $\begin{eqnarray} a^{n} \end{eqnarray}$ kleiner als n! solange n nicht allzu gross ist. Da n! und $\begin{eqnarray} a^{n} \end{eqnarray}$ gleich viele Faktoren haben, diejenigen von n! aber immer grösser werden, je grösser n ist, diejenigen von $\begin{eqnarray} a^{n} \end{eqnarray}$ jedoch immer gleich bleiben, gilt n! > $\begin{eqnarray} a^{n} \end{eqnarray}$ falls n > $\begin{eqnarray} n_{0} \end{eqnarray}$ für ein bestimmtes natürliches $\begin{eqnarray} n_{0} \end{eqnarray}$ Dieses gewisse $\begin{eqnarray} n_{0} \end{eqnarray}$ muss zwischen 2a und 3a liegen, aber ich habe keine Ahnung, wie man es bestimmen könnte. Ich habe eine Potenzreihendarstellung der Gammafunktion gesucht, mit der die Aufgabe zu lösen sein sollte, finde aber keine. Hat jemand eine Idee. Gruss, Peter
13.03.2007, 07:42	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Gemäß Stirlingformel gilt ja $\begin{eqnarray} n!\approx \sqrt{2\pi n} \cdot \left( \frac{n}{e} \right)^n \end{eqnarray}$ . Dein gesuchtes $\begin{eqnarray} n_0 \end{eqnarray}$ liegt dann "in der Nähe" der Lösung der Gleichung $\begin{eqnarray} \sqrt{2\pi n} \cdot \left( \frac{n}{e} \right)^n = a^n\qquad () \end{eqnarray}$ und die dürfte etwas kleiner als $\begin{eqnarray} a\cdot e \end{eqnarray}$ sein. Ich würde also einfach bei $\begin{eqnarray} n=\lfloor a\cdot e\rfloor \end{eqnarray}$ anfangen zu "probieren" und nach unten zählen - Beispiel: $\begin{eqnarray} a=100 \end{eqnarray}$ , wir fangen mit $\begin{eqnarray} n= \lfloor 100\cdot e\rfloor = 271 \end{eqnarray}$ an: $\begin{eqnarray} 271! \approx 1.80\cdot 10^{543} > 10^{542} = 100^{271} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 270! \approx 6.66\cdot 10^{540} > 10^{540} = 100^{270} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 269! \approx 2.47\cdot 10^{538} > 10^{538} = 100^{269} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} 268! \approx 9.17\cdot 10^{535} < 10^{536} = 100^{268} \end{eqnarray}$ Also ist $\begin{eqnarray} n_0=269 \end{eqnarray}$ , vier Versuche. Falls du über das Probieren die Nase rümpfst (wie so einige im Forum), dann kannst du ja auch () noch ein wenig mit der LambertW-Funktion beackern, sieht so aus, als könnte man da noch zu einem besseren Startwert kommen und so die Anzahl der Versuche verringern. EDIT: Ach was, LambertW... Der Startwert $\begin{eqnarray} n = \left\lceil ae - \frac{1}{2}(\ln(2\pi a)+1) \right\rceil \end{eqnarray}$ ist noch eine Spur besser, insbesondere für große $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ . Da dürfte er in den meisten Fällen sogar dem gesuchten $\begin{eqnarray} n_0 \end{eqnarray}$ entsprechen, maximal um eine Position "verwackelt".
13.03.2007, 13:35	addor	Auf diesen Beitrag antworten »
Sterlingformel Genial! Vielen Dank, an die Sterlingformel habe ich gar nicht gedacht. Deine endgültige Abschätzung von $\begin{eqnarray} n_{0} \end{eqnarray}$ ist sehr gut und gilt sogar auch für kleine a. Gruss, Peter

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