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Autor |
** Grenzwertig V |
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Squire
Senior  Dabei seit: 18.08.2015 Mitteilungen: 704
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Für das Wochenende hier ein echter Klassiker:
Bestimme $\displaystyle \lim_{x \to 1+} \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^x}-\frac{1}{x^n}\right)$
Antworten bitte wie immer mit PN; viel Vergnügen!
Grüße Squire
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Squire
Senior  Dabei seit: 18.08.2015 Mitteilungen: 704
 |     Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-27
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Ein kleiner Schubs am Samstagmorgen - schönes Wochenende!
Grüße Squire
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Squire
Senior  Dabei seit: 18.08.2015 Mitteilungen: 704
 |     Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-01
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Ich freue mich über die richtigen Lösungen von
MontyPythagoras
Mano
Wauzi
und lasse das Problem noch einige Tage stehen.
Grüße Squire
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Squire
Senior  Dabei seit: 18.08.2015 Mitteilungen: 704
 |     Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-08
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Hier mein Lösungsvorschlag:
(a) $\displaystyle \lim_{x \to 1+} \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^x}-\frac{1}{x^n}\right)=…=\lim_{t \to 0+} \left( \zeta(1+t)-\frac{1}{t} \right)$
(b) $\displaystyle \zeta(1+t)=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma(1+t)}{n^{1+t}}=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\sum_{n=1}^\infty \frac{\int_0^\infty u^t e^{-u}du}{n^{1+t}}=(u=ny)=$
$\displaystyle =\frac{1}{\Gamma(1+t)}\sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty y^t e^{-ny}dy=…=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\int_0^\infty \frac{y^t}{e^y-1}dy$
(c) $\displaystyle \frac{1}{t}=\frac{\Gamma(t)}{t\cdot\Gamma(t)}=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\int_0^\infty \frac{y^{t-1}}{e^y}dy$
(d) $\displaystyle \lim_{t \to 0+} \left( \zeta(1+t)-\frac{1}{t} \right)=…=\int_0^\infty \left(\frac{1}{e^y-1}-\frac{1}{ye^y}\right)dy$
(e) $\displaystyle \int_0^\infty \left(\frac{1}{e^y-1}-\frac{1}{ye^y}\right)dy=(u=e^{-y})=\int_0^\infty \left(\frac{1}{1-u}-\frac{1}{\ln{u}}\right)du=\gamma$
Weitere Lösungsvorschläge ab sofort hier willkommen!
Grüße Squire
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MontyPythagoras
Senior  Dabei seit: 13.05.2014 Mitteilungen: 2709
Herkunft: Werne
 |     Beitrag No.4, eingetragen 2021-03-08
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Na, dann gerne auch meine Lösung:
es ist
$$\sum_{n=1}^\infty \frac1{x^n}=\frac1x\sum_{n=0}^\infty \left(\frac1x\right)^n=\frac{\frac1x}{1-\frac1x}=\frac1{x-1}$$Wir suchen daher
$$\lim_{x \to 1+} \left(-\frac1{x-1}+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^x}\right)=\lim_{x \to 1+}\left(\zeta(x)-\frac1{x-1}\right)$$Die Riemannsche Zeta-Funktion können wir ab einem beliebigen $N$ wie folgt eingrenzen:
$$\sum ^{N}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N+1}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu\leq\zeta\left(x\right) \leq\sum ^{N}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu\tag1$$Wir betrachten nur die rechte Ungleichung, die wir wie folgt ergänzen:
$$\zeta\left(x\right)\leq\sum ^{N}_{n=1}\left(\frac1{n^x}-\frac1n\right)+\left(\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\intop_1^N\frac1\nu\mathrm d\nu\right)+\intop_1^N\left(\frac1\nu-\frac1{\nu^x}\right)\mathrm d\nu+\intop ^{\infty }_1\frac1{\nu^x}\mathrm d\nu$$Wir berechnen zwei Integrale und arrangieren ein wenig um:
$$\zeta\left(x\right) \leq\left(\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\ln N\right)+\left[\frac{-1}{(x-1)\nu^{x-1}}\right]_1^\infty+\sum ^{N}_{n=1}\left(\frac1{n^x}-\frac1n\right)+\intop_1^N\left(\frac1\nu-\frac1{\nu^x}\right)\mathrm d\nu$$Die eckige Klammer ist $\frac1{x-1}$, woraus folgt:
$$\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1} \leq\left(\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\ln N\right)+\sum ^{N}_{n=1}\left(\frac1{n^x}-\frac1n\right)+\intop_1^N\left(\frac1\nu-\frac1{\nu^x}\right)\mathrm d\nu$$Daher gilt, wenn wir nun $x\to1$ gehen lassen:
$$\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right) \leq\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\ln N$$Lassen wir nun noch $N\to\infty$ gehen, dann steht rechts bekanntermaßen die Euler-Mascheroni-Konstante $\gamma$:
$$\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right) \leq\gamma$$Die linke Seite in Ungleichung (1) formen wir geringfügig um:
$$\sum ^{N}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N+1}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu=-\frac1{(N+1)^x}+\sum ^{N+1}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N+1}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu$$Der zweite und dritte Term ergeben das Gleiche wie die obige Herleitung, wenn man dort nur $N$ durch $N+1$ ersetzt, und für $x=1$ geht $-\frac1{(N+1)^x}$ gegen null für große $N$. Wir wenden hier also den Einschnürungssatz an, der für $N\to\infty$ ergibt:
$$\gamma\leq\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right) \leq\gamma$$Und damit ist der gesuchte Grenzwert:
$$\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right)=\gamma$$
Ciao,
Thomas
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Mano
Junior  Dabei seit: 27.05.2020 Mitteilungen: 15
Herkunft: NRW
 |     Beitrag No.5, eingetragen 2021-03-08
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Hallo,
meine Lösung würde so gehen:
Für konvergiert (natürlich) absolut gegen und (nach z.B. Integralkriterium) gegen . Sei für , und mit , was für stetig ist. Weiter gilt für . Also folgt für mit abelscher patieller Summation:
für den gebrochenen Anteil . Insgesamt gilt: 
Viele Grüße,
Mano
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