Stern Mathematik: Ein schöner Grenzwert
Released by matroid on Do. 08. Februar 2018 16:04:56 [Statistics]
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Analysis

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Grenzwertbetrachtungen mit der Zahl e

\boxon\big\Die Folge (1+1/n)^n mit ihrem Grenzwert e ist vielen noch von der Schule bekannt. Und es war bereits Euler, der die naheliegende Verallgemeinerung bewies: lim(n-> \inf,(1+1/q(n))^q\(n\))=e wobei mit n auch die Folge q(n) gegen unendlich geht. Für feste natürliche Zahlen m folgt hieraus lim(n->\inf,(1+m/n)^n)=e^m wie man mit q(n)=n/m sofort sieht. Was passiert aber, wenn m nicht mehr konstant ist, sondern mit wachsendem n selbst gegen unendlich strebt? Geht nicht, weil dann auch exp(m(n)) unendlich groß wird?? \boxoff\Geht doch....

Betrachten wir also zwei Folgen m(n) und q(n) mit 1<=m(n)\inf,q(n)/m(n))=\inf und gehen genauso vor, als wenn m konstant wäre: (1+m(n)/q(n))^array(q(n))=(1+1/(q(n)/m(n)))^array(q(n)/m(n)*m(n))=(((1+1/(q(n)/m(n)))^array(q(n)/m(n))))^array(m(n)) Da lim(n->\inf,q(n)/m(n))=\inf konvergiert die Klammer gegen e. Also doch exp(m(n))? Natürlich nicht, wir können ja nicht nur einen Teil gegen unendlich gehen lassen und der Rest bleibt wie er ist. Also greifen wir zu einem Trick: \boxon\blue\Seien f,g: \IN->\IR_array(+) mit lim(n->\inf,f(n))=\inf und g(n) analog. Dann ist f(n)=g(n)+f(n)-g(n)=g(n)+O(f(n)-g(n)) \boxoff Natürlich macht dies nur Sinn, wenn das O-Glied klein ist. Übeträgt man das auf die Folge (1+m(n)/q(n))^array(q(n)) können wir versuchen, unser Wunschergebnis zu erzwingen. Zumindest näherungsweise: \blue\ (1+m(n)/q(n))^array(q(n))=exp(m(n))+O(exp(m(n))-(1+m(n)/q(n))^array(q(n))) Bei der Art der Auswertung trennen sich die Wege. Als erstes setzen wir die Exponentialfunktion mit ihrer Reihe an und die Klammer wird mit dem binomischen Satz aufgelöst. Und falls jemandem die Landausymbole und deren Verwendung nicht geläufig sein sollten: \blue f(n)=O(g(n)):<=>\exists\ N,K>0 mit abs(f(n))<=K*abs(g(n)) für alle n>=N \blue f(n)=o(g(n)):<=> lim(n->\inf,abs(f(n)/g(n)))=0
\big\array(1. Herleitung einer Asymptotik mit dem binomischen Satz)__ \big\array(1.1 Vorüberlegungen)__ array(Setze m:=m(n), q:=q(n) mit m(n)=o(q(n)) Q:=[q] sei der ganzzahligen Anteil von q \Delta(n):=sum(m^k/k!,k=0,\inf )-(1+m/q)^q N\el\IN sei ein noch zu bestimmender Parameter \big\array(1.2 Umformung des Produkts)__ Da q(n) nicht notwendig ganzzahlig sein muß, kann die Verwendung des binomischen Satzes die Auswertung unangenehm erschweren. Deshalb wird q(n) zumindest teilweise ganzzahlig gemacht: (1+m/q)^q=(1+m/q)^Q*(1+(1+m/q)^(q-Q)-1) Es ist 0<(1+m/q)^(q-Q)-1<=1+m/q-1=m/q | | =>\ \blue(1+m/q)^q=(1+m/q)^Q*(1+O(m/q)) Und schon wird alles einfach: \big\blue\ (1.1) | | (1+m/q)^q=sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,Q)*(1+O(m/q) \big\array(1.3 Zerlegung der Summen)__ Es wird sich zeigen, daß der Binomialkoeffizient mehr Probleme bereitet, als erwartet. Deshalb wird die zugehörige Summe in einen kleineren Anfangsteil und den Rest zerlegt. Das Gleiche machen wir auch mit der Exponentialreihe und verwenden dabei die übliche Definition des Binomialkoeffizienten: (Q;k):=produkt((Q-t+1)/t,t=1,k) \Delta(n)=sum(m^k/k!,k=0,\inf )-sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,Q)*(1+O(m/q))= =sum(m^k/k!,k=0,N)-sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,N)+sum(m^k/k!,k=N+1,\inf )-sum((Q;k)*m^k/q^k,k=N+1,Q)+O(m/q*sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,Q)) =sum(m^k/k!*(1-k!/q^k*(Q;k)),k=1,N)+sum(m^k/k!,k=N+1,\inf )+O(sum(m^k/k!,k=N+1,Q))+O(m/q*sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,Q))= =sum(m^k/k!*(1-produkt((Q-t+1)/q,t=1,k)),k=1,N)+O(sum(m^k/k!,k=N+1,\inf ))+O(m/q*sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,Q =:S_1+O(S_2)+O(S_3) \big\array(1.4 Abschätzung von S_2 und S_3)__ Wir benötigen zuerst eine Ungleichung: (1.2) | | \big\blue n!>=(n/e)^n für alle n\el\IN Der Beweis ist ein Einzeiler mit der Stirling-Formel, einfach mit vollständiger Induktion unter Verwendung von Eigenschaften der Zahl e und gänzlich elementar, wenn man e durch die Zahl 3 ersetzt, was für das Folgende völlig ausreicht. (1.3) | | S_2=O(m^(N+1)/(N+1)!*e^m)=O(e^m*((e*m)/(N+1))^(N+1)) (1.4) | | S_3=m/q*sum((Q;k)*m^k/q^k,k=0,Q)<=m/q*sum(m^k/k!,k=0,\inf )<=m/q*e^m (1.5) || array(\black =>) \ \blue S_2+S_3=O(e^m*(((e*m)/(N+1))^(N+1)+m/q)) \big\array(1.5 Abschätzung von S_1)__ Als ersten Schritt wird das Produkt abgeschätzt. Hierzu bietet sich die Bernoulli-Ungleichung an: 1-produkt((Q-t+1)/q,t=1,k)=1-produkt((1+(Q/q-1)-(t-1)/q),t=1,k)= 1-produkt((1-(q-Q+t-1)/q),t=1,k)<=1-produkt((1-(q-Q+k-1)/q),t=1,k)<= <=1-(1-(q-Q+k-1)/q)^k<=1-(1-k/q)^k<=k^2/q Hieraus ergibt sich eine obere Schranke für N: (1.6) | | N S_1<=1/q*sum(m^k/k!*k^2,k=1,N)= =1/q*sum(m^(k+1)/k!*(k+1),k=0,N-1)=1/q*(m+sum(m^(k+1)/k!*(k+1),k=1,N-1))= =O(1/q*(m+sum(m^(k+2)/k!,k=0,N-2)))= =O(1/q*(m+m^2*e^m))=O(e^m*m^2/q) Damit gilt für S_1: (1.7) | | \blue S_1=O(e^m*m^2/q) Fassen wir dies zusammen, erhalten wir: | |\Delta(n)=O(e^m*(m^2/q+((m*e)/(N+1))^(N+1)+m/q)) (1.8) array(\black =>)\ \big\blue \Delta(n)=O(e^m*(m^2/q+((m*e)/(N+1))^(N+1)) Damit muß nur noch N optimal gewählt werden. \big\array(1.6 Wahl von N)__ m^2/q+((m*e)/(N+1))^(N+1) =m^2/q*(1+e^2*q/N^2*((m*e)/N)^(N-1) Wir wählen N=sqrt(q(n))/2 womit (1.6) erfüllt ist. =>\Delta(n)=O(e^m*m^2/q*(1+e^2*((m*2e)/sqrt(q(n)))^(N-1) Dieser Ausdruck macht nur Sinn, wenn (1.9) | | lim(n->\inf,m^2/q)=0 | | =>(m*2e)/sqrt(q)<1 für genügend großes n (1.10) | | =>\Delta(n)=O(e^m*m^2/q) \big\array(1.7 Auswertung)__ \red\frameon\ | | | |\array(\darkred\big\ Seien m(n) und q(n) Folgen mit lim(n->\inf,q(n))=\inf. | |) \darkred\big\ | | Sei weiter 0m^2/q<=K^2*q^2a/q=O(1/q^(1-2a) | | Wegen 1-2a>0 sind alle nötigen Voraussetzungen erfüllt | | qed.
\big\array(2. Ein anderer Weg)__ \boxon\big\Die Grenze für m in (1.11) läßt sich zwar verbessern, aber auf m=sqrt(q(n)) oder gar darüber hinaus kann man sie offensichtlich nicht verschieben, da die Abschätzungen nur wenig Raum für Verschärfungen lassen. Eine tiefere Ursache, warum gerade bei m=sqrt(q(n)) eine Grenze sein soll, ist nicht zu erkennen. Erst eine andere Herangehensweise lichtet das Dunkel, zeigt Zusammenhänge auf und läßt die ganze Fragestellung fast zu einer Trivialität verkommen: Das erwartete Ergebnis läßt sich vor allem deshalb nicht auf größere Werte von m ausdehnen, weil es dort schlicht falsch ist. Aber warum? Was ist das Besondere an dieser Wurzel? \boxoff Hierzu beschränken wir uns auf den Spezialfall q(n)=n. Auch die Folge m=m(n) bleibt nicht ganz allgemein: Wir setzen | | \blue\1<=m(n)=o(n) wobei m monoton wachsend sein soll. Und noch eine Bedingung wird sich im Lauf der Betrachtung als sinnvoll erweisen: Es gebe ein k_0\el\IN mit (2.1)| | \blue m(n)^(k+1)=o(n^k) für alle k>=k_0 Man überlegt sich leicht, daß (2.1) bereits dann erfüllt ist, wenn die Aussage lediglich für k=k_0 vorausgesetzt wird. Aus der Bedingung m=o(n) folgt (2.1) aber noch nicht, wie das Gegenbeispiel m=n/logn zeigt. \boxon\big\Den Zusammenhang mit der Exponentialfunktion suchen wir diesmal nicht additiv, sondern multiiplikativ, dh wir betrachten | | P(m,n)=(1+m/n)^n/e^m und suchen eine Entwicklung der Form | | P(m,n)=H(m,n)+O(R(n,m) \boxoff\Dabei wird der Zähler als Exponentialfunktion geschrieben, anschließend der entstehende Logarithmus durch seine Reihe ausgedrückt und zuletzt wird diese ausgewertet bzw abgeschätzt. Der leichteren Lesbarkeit wegen ersetzen wir exp(...) durch das ebenfalls übliche \exp(...) Es ist (1+m/n)^n=\exp(n*log(1+m/n))=\exp(-n*sum(1/k*(-m/n)^k,k=1,\inf ))= =\exp(m+sum((-1)^(k-1)/k*m^k/n^(k-1),k=2,\inf )) array(=>\ (2.2) ) \big\blue P(m,n)=\exp(sum((-1)^(k-1)/k*m^k/n^(k-1),k=2,\inf )) An dieser Stelle kommt (2.1) ins Spiel. Für genügend große k ist der Rest der Reihe eine Nullfolge (bzgl. n). Sei k_0 der größte Wert von k, für den m(n)^k keine Nullfolge (bzgl n) ist R(n,k_0):=sum((-1)^(k-1)/k*m^k/n^(k-1),k=k_0+1,\inf ) =>R(n,k_0)=O(m^(k_0+1)/n^k_0*1/(1-m/n))=O(m^(k_0+1)/n^k_0) =>(1+m/n)^n/e^m=\exp(sum((-1)^(k-1)/k*m^k/n^(k-1),k=2,k_0)+R(n,k_0))= (2.3) | | =\exp(sum((-1)^(k-1)/k*m^k/n^(k-1),k=2,k_0))*\exp(R(n,k_0)) Der letzte Faktor muß gesondert abgeschätzt werden: | | \blue\frameon Sei f:\IN->array(\IR_+) mit lim(n->\inf,f(n))=0 | | | | \blue Dann ist \frameoff\array((2.4) ) \big\blue \exp(f(n))=1+O(f(n)) array(Beweis:)__ Wähle n so groß, daß f(n)<1 für alle n \exp(f(n))=sum((f(n))^k/k!,k=0,\inf )=1+f(n)*sum((f(n))^k/(k+1)!,k=0,\inf )= =1+O(f(n)*sum(1/k!,k=0,\inf ))=1+O(f(n)) \boxon\big\Damit bekommen wir jetzt eine allgemeine Lösung. Im Prinzip wird damit (1+m/n)^n als Exponentialfunktion ausgedrückt, bei der der Exponent eine Partialsumme der Logarithmusreihe ist. Was soll er auch sonst sein, wenn der restliche Teil der Reihe gegen 0 geht? \boxoff\Das ganze Problemchen war also gar keines, sondern nur eine anfangs undurchsichtige Anwendung von a^x=exp(x*log a) | | \red\frameon\darkred\big array(Sei m=m(n) eine monoton wachsende Folge mit 1<=m=o(n). | |) | | \darkred\big Es gebe ein k_0\el\ \IN, so daß m^(k+1)/n^k | | \darkred\big für alle k<=k_0 keine Nullfolge | |und | | \darkred\big für alle k>k_0 eine Nullfolge ist, | | \darkred\big Dann gilt: \frameoff\darkred\big\ (2.5)| | (1+m/n)^n= \exp(sum((-1)^(k-1)/k*m^k/n^(k-1),k=1,k_0+1))*(1+O(m^(k_0+1)/n^k_0)) \big\Schränkt man die Wahl der Folge m(n) weiter ein, tritt das Verhalten an den "Sprungstellen" k_0 deutlicher hervor: | | \red\frameon\darkred\big Sei 0<=a<1 und m=m(n)=n^a | | \darkred\big array(Sei k_0=gauss(a/(1-a)) und R(k_0 ,n)=sum((-1)^(k-1)/k*n^(1-(1-a)*k),k=1,k_0+1) | |) | | \darkred\big Dann gilt: \darkred\big\ (2.6)| | (1+m/n)^n= \exp(R(k_0 ,n))*(1+O(1/n^((k_0+1)*(1-a)-a))) | | \darkred\big speziell: \frameoff\darkred\big\ (2.7)| | (1+1/sqrt(n))^n=exp(sqrt(n))*(1/sqrt(e)+O(1/sqrt(n)) \boxon\big\Für jedes a=k/(k+1) mit k\el\ \IN ist k_0=a/(1-a) und damit ändert sich an dieser Stelle die Länge der Partialsumme. Beim Übergang von kleineren a zu k/(k+1) wird ein konstanter Faktor \exp((-1)^k_0/(k_0+1)) an den bisherigen Hauptterm angefügt
\big\array(3. Eine Grenzwertberechnung als Anwendung)__ Wir wollen zeigen: \big\darkred| | lim(n->\inf,sum((k/n)^k,k=1,n))= e/(e-1)| | Wie man schnell sieht, sind die "oberen" Summanden entscheidend für den Summenwert. Also werden wir die Summe in mehrere Teile zerlegen, einen auswerten und den Rest abschätzen. Dazu ist eine Größenbetrachtung der Summanden hilfreich: | | \blue\frameon\blue\ array(Sei f:[1\,n]->\IR mit | |) \blue | | f(x)=(x/n)^x \blue\ (3.1)| |array(Dann hat f in x=n/e das einzige Minimum und ist für kleinere x) \frameoff\blue\ | |streng monoton fallend, für größere streng monoton wachsend. Beweis durch Differenzieren von f. \big\array(3.1 Zerlegung der Summe)__ Unter Ausnutzung von (3.1) zerlegen wir die Summe: sum((k/n)^k,k=1,n)=sum(...,k S_2=sum((k/n)^k,n/e=(1+N/(n-N))^array([n-N])= =sum(([n-N];k)*N^k/(n-N)^k,k=0,[n-N])>([n-N];9)*N^9/(n-N)^9> >1/9!*((n-N)/2)^9*1/(n-N)^9*N*N^8=N/(9!*2^9)*n^2>n^2 Mit (3.4) ergibt sich: | | S_2<=n*((n-N)/n)^(n-N)[1,\inf ) mit g(n)=o(r(n)) | | \frameoff\boxoff (3.6) | | f(n)=g(n)+O(r(n)) => 1/f(n)=1/g(n)+O(r(n)/g(n)) \array(Beweis:)__ Wir setzen f(n)=g(n)+R(n) mit R(n)=O(r(n)) Offensichtlich ist g(n)-R(n)>=1 für genügend großes n =>1/f(n)=1/(g(n)+R(n))= =1/g(n)+1/(g(n)+R(n))-1/g(n)= 1/g(n)+(g(n)-g(n)-R(n))/(g(n)*(g(n)+R(n))= 1/g(n)+R(n)/g(n)*1/(g(n)+R(n))= =1/g(n)+O(r(n)/g(n)) qed. Damit wird (3.6) zu \blue (3.7) \big ((n-k)/n)^(n-k)=1/e^k*(1+O(1/wurzel(3,n)) Dies setzen wir in die Ausgangssumme ein und erhalten H=sum(1/e^k*(1+O(1/wurzel(3,n))),0<=k<=N,)= =sum(1/e^k,k=0,\inf )+O(sum(1/e^k,k=N,\inf ))+O(1/wurzel(3,n)*sum(e^k,k=0,\inf )= =1/(1-1/e)*(1+O(1/wurzel(3,n)))+O(1/e^N)= =e/(e-1)*(1+O(1/wurzel(3,n))) Mit (3.2) und (3.3) ergibt dies sum((k/n)^k,k=1,n)=e/(e-1)*(1+O(1/wurzel(3,n^))) Damit ist alles gezeigt.
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"Stern Mathematik: Ein schöner Grenzwert" | 5 Comments
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Re: Ein schöner Grenzwert
von: Ex_Mitglied_477 am: Do. 08. Februar 2018 17:05:38
\(\begingroup\)So einen Artikel lob ich mir: Rechnen! Rechnen! Rechnen! Und an die Leser denken.\(\endgroup\)
 

Re: Ein schöner Grenzwert
von: Slash am: Do. 08. Februar 2018 19:56:46
\(\begingroup\)Beim Anblick des fed-Retro-Style dache ich zuerst an einen alten BestOff Artikel. 😁 ...aber dazu gehört er ja dann bald trotzdem. 😄 \(\endgroup\)
 

Re: Ein schöner Grenzwert
von: Spock am: Sa. 10. Februar 2018 13:40:48
\(\begingroup\)Hej Wauzi! Sehr schöner Artikel von Dir, sowohl inhaltlich, als auch Deine Art der Darstellung. Eulers "e" hat viele Grenzwerte, bitte schreibe mehr, und benutze weiterhin Matroids "fedgeo", 😄 Juergen \(\endgroup\)
 

Re: Ein schöner Grenzwert
von: Marbin am: Sa. 10. Februar 2018 22:48:57
\(\begingroup\)Ich frage mich hier ehrlich gesagt, warum noch niemand nach dem Grund der Titelwahl des Artikels gefragt hat...nicht, dass ich die Antwort nicht wüsste... \(\endgroup\)
 

Re: Ein schöner Grenzwert
von: Wauzi am: So. 11. Februar 2018 12:55:06
\(\begingroup\)Die Idee für diesen Artikel geht auf einen Forumsbeitrag über die letzte Reihe, die hier ausgewertet wurde, zurück. Die Frage dort war viel einfacher, aber das Ganze hatte sich dann zu einem Versuch entwickelt, den dort nur abzuschätzenden Grenzwert exakt zu ermitteln. Diese Grenzwertbestimmung, die anfangs sehr simpel erschien, förderte bei genauerer Betrachtung etliche Fallstricke zu Tage. Und genau diese Fallstricke brachten mich dazu, das Thema von ganz unten aufzuarbeiten. @Spock: Schön, daß Dir dieser Artikel gefallen hat. Gruß Wauzi\(\endgroup\)
 

 
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