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Kein bestimmter Bereich J ** Grenzwertig XVIII
Squire
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  Themenstart: 2022-03-31

Die Glaisher-Kinkelin-Konstante ist definiert als $\large \lim_{n \to \infty} \frac{1^1 \cdot 2^2 \cdot \cdot \cdot n^n}{n^{\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12}}\cdot e^{-\frac{n^2}{4}}}$ Ich habe versucht, die Konvergenz dieser Folge zu zeigen, im Internet dazu überraschend wenig/nichts gefunden, es aber letzten Endes geschafft und bin überzeugt, dass ihr einfachere oder elegantere Wege findet als ich. Somit die Aufgabe: Zeige: $\large a_n= \frac{1^1 \cdot 2^2 \cdot \cdot \cdot n^n}{n^{\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12}}\cdot e^{-\frac{n^2}{4}}}$ konvergiert. Antworten wie immer mit PN; viel Freude! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-03

Gratulation und Respekt für MontyPythagoras Wally Wauzi Weitere Lösungen willkommen! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-06

Gratulation und Respekt für semasch Lösung demnächst! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-20

Nochmals Dank an alle, die mitgemacht haben. Meine Lösung sieht so aus: Da alle $a_n$ positiv sind, ist $a_n$ nach unten beschränkt. Wir zeigen im Folgenden, dass $a_n$ (zumindest für $n>10$) monoton fallend ist. Dazu benötigen wir die leicht zu zeigende Abschätzung (*) $ \ln {\left( 1+\frac{1}{n} \right)} > \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} +\frac{1}{3n^3} -\frac{1}{4n^4} +\frac{1}{5n^5} -\frac{1}{6n^6} \right) $ für alle $n \geq 2$ $ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{1^1 \cdot 2^2 \cdot \cdot \cdot n^n \cdot (n+1)^{n+1}}{(n+1)^{\frac{(n+1)^2}{2}+\frac{n+1}{2}+\frac{1}{12}}\cdot e^{-\frac{(n+1)^2}{4}}}}{\frac{1^1 \cdot 2^2 \cdot \cdot \cdot n^n}{n^{\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12}}\cdot e^{-\frac{n^2}{4}}}}=\frac{1}{\left( 1+\frac1n \right)^{\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12}}\cdot e^{-\frac{2n+1}{4}}}=e^{\frac{2n+1}{4}-\left( \frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12} \right)\ln{\left( 1+\frac1n \right)}}$ (wird fortgesetzt)


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Squire
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-20

Mit der Abschätzung (*) erhalten wir $e^{\frac{2n+1}{4}-\left( \frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12} \right)\ln{\left( 1+\frac1n \right)}}10$ $e^{-\frac{1}{360n^3}+\frac{1}{240n^4}+\frac{1}{15n^5}+\frac{1}{72n^6}}


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Wally
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-04-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Es ist naheliegend zu zeigen, dass die Folge \( b_n=\ln a_n\) einen Grenzwert hat. \(\displaystyle b_n=\sum_{k=1}^n k\ln k-\ln n (\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12})+\frac{n^2}{4}\) Die Summe wird mit der Euler-McLaurin-Formel (https://de.wikipedia.org/wiki/Euler-Maclaurin-Formel) für \( m=1\) und \( k=1\) ausgewertet. \(\displaystyle \sum_{i = m}^{n} f(i) = \int_{m}^{n} f(x) \,\mathrm{d}x + \frac{f(n) + f(m)}{2} + \sum_{j = 1}^{k} \frac{B_{2j}}{(2j)!} \left( f^{(2j-1)}(n) - f^{(2j-1)}(m) \right) + R_{2k}(m,n)\) mit \(\displaystyle R_{2k}(m,n) = \int_{m}^{n} \frac{B_{2k+1}(x-\lfloor x\rfloor)}{(2k+1)!} f^{(2k+1)}(x)\,\mathrm{d}x \) Jetzt brauchen wir \( f(x)=x\ln x\), \( f'(x)=\ln x+1\), \( f''(x)=-\frac{1}{x^2}\), \( B_3(x)=x(x-\frac{1}{2})(x-1)\) und \( B_2=\frac{1}{6}\). Außerdem ist \(\displaystyle \frac{1}{2}x^2\ln x-\frac{x^2}{4}\) eine Stammfunktion von \( f\). Dann wird \( \displaystyle \sum_{k=1}^n k\ln k=\int_1^n x\ln x \,\mathrm{d}x+\frac{1}{2}n\ln n +\frac{1}{12}(\ln x+1)\Big|_1^n +\int_1^n \frac{B_3(x-[x])}{6}\cdot \frac{-1}{x^2}\mathrm{d}x \) \(\displaystyle =\ln n(\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}+\frac{1}{12})-\frac{n^2}{4}+\frac{1}{4} +\int_1^n \frac{B_3(x-[x])}{6}\cdot \frac{-1}{x^2}\mathrm{d}x\). Also ist \(\displaystyle b_n=\frac{1}{4}+\int_1^n \frac{B_3(x-[x])}{6}\cdot \frac{-1}{x^2}\mathrm{d}x\) Die Konvergenz des Integrals (und damit die von \((b_n) \) und \( (a_n)\)) folgt aus der absoluten Konvergenz. \(\endgroup\)


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-04-21

Hallo zusammen, meine ist ein wenig elementarer ohne Bernoulli, aber durchaus ähnlich. Sei der Zähler des gesuchten Grenzwertes $$b_n=1\cdot 2^2\cdot 3^3 \cdot \dots \cdot n^n$$$$\ln b_n=\sum_{k=2}^nk\ln k$$Wir betrachten die Funktion $$f(x)=x\ln x$$$$f'(x)=\ln x +1$$$$f^{(m)}(x)=(-1)^m (m-2)!\;x^{1-m}\quad \forall \quad m>1$$Wir entwickeln die Funktion in eine Taylor-Reihe um die Entwicklungsstelle $x_0=k$: $$x\ln x=k\ln k+(\ln k+1)(x-k)+\sum_{m=2}^\infty\frac1{m!}\cdot (-1)^m (m-2)!\;k^{1-m}(x-k)^m$$$$x\ln x=k\ln k+(\ln k+1)(x-k)+\sum_{m=2}^\infty\frac{(k-x)^m}{m(m-1)k^{m-1}}\tag1$$Wir integrieren diese Reihe von $k-1$ bis $k$: $$\intop_{k-1}^k x\ln x\,\mathrm dx=k\ln k\cdot[x]_{k-1}^k+\frac12(\ln k+1)(x-k)^2|_{k-1}^k-\sum_{m=2}^\infty\frac{(k-x)^{m+1}|_{k-1}^k}{(m+1)m(m-1)k^{m-1}}$$$$\intop_{k-1}^k x\ln x\,\mathrm dx=k\ln k-\frac12(\ln k+1)+\sum_{m=2}^\infty\frac1{(m+1)m(m-1)k^{m-1}}=k\ln k-\frac12(\ln k+1)+\frac1{6k}+\frac1{24k^2}+\frac1{60k^3}+\dots\tag2$$Wenn man Gleichung (1) ableitet und anschießend wieder in ein bestimmtes Integral von $k-1$ bis $k$ überführt, erhält man analog: $$\ln x+1=\ln k+1-\sum_{m=2}^\infty\frac{(k-x)^{m-1}}{(m-1)k^{m-1}}\tag3$$$$\intop_{k-1}^k (\ln x+1)\,\mathrm dx=\ln k+1-\sum_{m=2}^\infty\frac1{m(m-1)k^{m-1}}=\ln k+1-\frac1{2k}-\frac1{6k^2}-\frac1{12k^3}-\dots\tag4$$Und noch einmal: $$\frac1x=\sum_{m=2}^\infty\frac{(k-x)^{m-2}}{k^{m-1}}\tag5$$Erneut bestimmtes Integral bestimmen: $$\intop_{k-1}^k \frac1x\,\mathrm dx=\sum_{m=2}^\infty\frac1{(m-1)k^{m-1}}=\frac1{k}+\frac1{2k^2}+\frac1{3k^3}+\dots\tag6$$Der Sinn des Ganzen ist, dass man nun Gleichungen (2), (4) und (6) so umformt, dass man $k \ln k$ darstellt als ein Integral von $k-1$ bis $k$, und die Summe über diesen Term (siehe ganz oben) als Summe von aneinander anschließenden Integralen berechnet. Aus (2) folgt: $$k \ln k=\intop_{k-1}^k x\ln x\,\mathrm dx+\frac12(\ln k+1)-\frac1{6k}-\frac1{24k^2}-\frac1{60k^3}-\dots\tag7$$Aus (4) ergibt sich in gleicher Weise: $$\ln k+1=\intop_{k-1}^k (\ln x+1)\,\mathrm dx+\frac1{2k}+\frac1{6k^2}+\frac1{12k^3}+\dots\tag8$$Setzt man (8) in (7) ein, erhält man: $$k \ln k=\intop_{k-1}^k \left(x\ln x+\frac12\ln x+\frac12\right)\mathrm dx+\frac1{12k}+\frac1{24k^2}+\frac1{40k^3}+\dots\tag9$$Und mithilfe von Gleichung (6): $$k \ln k=\intop_{k-1}^k \left(x\ln x+\frac12\ln x+\frac12+\frac1{12x}\right)\mathrm dx-\frac1{360k^3}+\mathcal O\left(\frac1{k^4}\right)\tag{10}$$Wir summieren nun auf. Die Summanden mit $\frac1{k^3}$ und höhere Exponenten ergeben allesamt endliche Werte (per Zeta-Funktion), die für die Limes-Bildung gegen unendlich vernachlässigbar sind. Daraus folgt: $$\ln b_n=\sum_{k=2}^nk\ln k=\intop_1^n \left(x\ln x+\frac12\ln x+\frac12+\frac1{12x}\right)\mathrm dx+\mathcal O(1)$$$$\ln b_n=\left[\frac12x^2\ln x-\frac14x^2+\frac12x\ln x+\frac1{12}\ln x\right]_1^n+\mathcal O(1)$$$$\ln b_n=\frac12n^2\ln n-\frac14n^2+\frac12n\ln n+\frac1{12}\ln n+\mathcal O(1)$$(Hier ergäbe sich aus der Untergrenze des Integrals noch ein Term $+\frac14$, der aber wegen des $+\mathcal O(1)$ vernachlässigbar ist). Daraus folgt nun: $$b_n=e^{-\frac14n^2}\,n^{\left(\frac12n^2+\frac12n+\frac1{12}\right)}\cdot\mathcal O(1)$$Damit ist klar, dass der Zähler des gesuchten Grenzwertes von der gleichen Größenordnung ist wie der Nenner, der Grenzwert also endlich ist. Ciao, Thomas


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Kuestenkind
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-04-21

Huhu, die Lösung, die ich kenne, nutzt (abelsche) partielle Summation. Siehe z. B. den Beitrag von WWW auf AoPS. Gruß, Küstenkind edit: Wer noch ein Integral mit Glaisher-Kinkelin berechnen möchte: \(\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 \frac{1-x}{1-xy}\log \log \left( \frac{1}{xy}\right) \; \dd x \; \dd y =\gamma+\frac{\pi^2}{6}\left( \log (2\pi )+1\right)-2\pi^2 \log(A)\) Zwei Tipps gibt es noch dazu: \hideon https://en.wikipedia.org/wiki/Hadjicostas%27s_formula Hier findet man auch noch ein wichtige Gleichung. \hideoff


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Wauzi
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-04-21

Hallo, ich habe eine mathematisch recht einfache, aber ziemlich aufwendige Lösung gewählt. Meine zweite Lösung kam dann kurioserweise durch die Notiz von Wally zustande, der " eine kurze, aber mit starken Hilfsmitteln erstellte Lösung" gefunden hatte. \showon Die Folge ist positiv und monoton fallend. Damit ist sie konvergent \big 1. Vorbereitung a(n):=produkt(k^k,k=1,n)/(n^(n^2/2+n/2+1/12)*exp(-n^2/4)) Da a(n)>0 ist, genügt es, a(n)^2 zu betrachten und zu zeigen a(n+1)^2/a(n)^2<=1. Es ist (a(n+1)/a(n))^2=1/(1+1/n)^n^2*1/(1+1/n)^(n+1/6)*exp(n)*exp(1/2) Damit ist zu zeigen, daß die rechte Seite <=1 ist. \big 2. Auswertung des 1. Faktors log((1+1/n)^n^2)=n^2*log(1+1/n)=n^2*sum((-1)^(r+1)/r*1/n^r,r=1,\inf )= =n-1/2+1/n*sum((-1)^r/(r+3)*1/n^r,r=0,\inf )= =\:n-1/2+1/n*S Damit ist (1+1/n)^n^2=exp(n)/sqrt(e)*e^(1/n*S) \big 3. Vereinfachen des Quotienten Dies führt zu (a(n+1)/a(n))^2=exp(1-1/n*S)/(1+1/n)^(n+1/6) =>log((a(n+1)/a(n))^2)=1-1/n*S-(n+1/6)*log(1+1/n)= =1-1/n*S-(n+1/6)*sum((-1)^(r+1)/r*1/n^r,r=1,\inf )= =1-1/n*S-(n+1/6)*(1/n-1/2n^2+sum((-1)^(r+1)/r*1/n^r,r=3,\inf ))= =1-1/n*S-(n+1/6)*(1/n-1/2n^2+1/n^3*S)= =1-1/n*S-1+1/2n-1/n^2*S-1/6n^3+1/12n^2-1/6n^3*S= =-S(1/n+1/6n^3+1/n^2)+1/3n+1/12n^2 Damit ist zu zeigen: (1+1/6n^2+1/n)*S>=1/3+1/12n <=>(2+12n+12n^2)*S>=n+4n^2 \big 4. Bestätigung der Ungleichung Die linke Seite schreibt sich als 2*sum((-1)^r/(r+3)*1/n^r,r=0,\inf )+4n-12*sum((-1)^r/(r+4)*1/n^r,r=0,\inf )+4*n^2-3*n+12*sum((-1)^r/(r+5)*1/n^r)= =4n^2+n+2*sum((-1/n)^r*(1/(r+3)-6/(r+4)+6/(r+5)),r=0,\inf ) Damit genügt es zu zeigen, daß die Summe >=0 ist Dazu genügt es zu zeigen, daß 1/(r+3)-6/(r+4)+6/(r+5)-1/n*(1/(r+4)-6/(r+5)+6/(r+6))>=0 ist Dies sieht man sofort durch Nachrechnen bereits mit n=1. Damit ist alles gezeigt. \showoff Ich war vorher gar nicht auf die Idee gekommen, anders als absolut elementar das Ganze anzugehen. Bei "stärkeren Hilfsmitteln" war die Eulerformel natürlich naheliegend, daß sie allerdings so schnell zum Ziel führt, hatte ich vorher nicht gedacht. Die Rechnung war logischerweise dann ähnlich wie die von Wally; geht ja wohl nicht anders beim selben Ansatz. Gruß Wauzi [Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


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Squire hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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