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| Autor |
 Abschätzung des natürlichen Logarithmus mit Reihe von Primzahlkehrwerten |
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katharinax3
Junior 
Dabei seit: 26.10.2019
Mitteilungen: 14
 |  Themenstart: 2019-11-01
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Hallo,
Ich habe im Moment größere Probleme mit einer Aufgabe, als Teil deren ich zeigen soll, dass man den natürlichen Logarithmus folgendermaßen abschätzen kann:
\[\log x \leq \sum\frac{1}{m}\]
wobei sich die Summe über alle \(m\in\mathbb{N}\) erstreckt, von denen alle Primfaktoren kleiner sind als \(x\).
Es wurde noch der Tipp gegeben, dass ja \(\log x = \int_1^x \frac{1}{t}\text{d}t\) gilt. Damit kann ich aber nicht viel anfangen.
Kann mir da vielleicht jemand weiterhelfen? :)
Liebe Grüße!
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wladimir_1989
Senior 
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1726
Wohnort: Freiburg
|  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-01
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Hallo Katharina,
schätze das Integral durch eine Obersumme ab, zeichne dir dazu am besten die Funktion \(\frac1x\) zwischen 1 und x auf.
lg Wladimir
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katharinax3
Junior
Dabei seit: 26.10.2019
Mitteilungen: 14
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-02
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Hi,
ich hab das mal probiert, aber ich weiss nicht ob ich das noch richtig verstehe.
Wenn ich mich so dunkel an die Oberstufe erinnere, so erhält man die Abschätzung des Integrals \(\int_1^x \frac{1}{t}\text{d}t\) mittels der Obersumme, in dem man das Interval \(\left[1, x\right]\) in \(n\) Teilintervalle \(I_i\) der Länge \( \Delta x = \frac{x - 1}{n} \) aufteilt und jeweils das lokale Maximum der einzelnen Intervalle gewichtet aufsummiert:
\[\int_1^x \frac{1}{t}\text{d}t \leq \Delta x \sum_{i=1}^n \sup_{x \in I_i} \frac{1}{x}\]
Da die Funktion natürlich streng monoton fallend ist in dem betrachteten Bereich, habe ich direkt gefolgert, dass man das Supremum einfach durch den Funktionswert an der jeweiligen linken Intervalgrenze ersetzen kann:
\[\int_1^x \frac{1}{t}\text{d}t \leq\Delta x \sum_{i=1}^n \sup_{x \in I_i} \frac{1}{x} = \Delta x \sum_{i=1}^n \frac{1}{1 + \Delta x \cdot (i - 1)} \]
Das hab ich aus meiner Vermutung abgeleitet, dass für die Teilintervalle gilt:
\[I_i = \left[1 + \Delta x \cdot (i - 1), 1 + \Delta x \cdot i \right],\quad 1 \leq i \leq n\]
Dann hab ich ein wenig weitergerechnet, mit der Annahme dass alle Summanden positiv sind:
\[\Delta x \sum_{i=1}^n \frac{1}{1 + \Delta x \cdot (i - 1)} \leq \Delta x \sum_{i=1}^n \frac{1}{\Delta x \cdot (i - 1)} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{(i - 1)}\]
Also insgesamt:
\[\log x \leq 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n-1}\]
Wie kann ich das denn nun gegenüber den \(\sum \frac{1}{m}\) abschätzen, wobei die \(m\) nur Primfaktoren kleiner als \(x\) haben?
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wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1726
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-02
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Hi Katharina,
du bist fast fertig. Sie Obersumme vereinfacht sich stark und wird zu der dich interessierenden Summe sehr ähnlich, wenn man eine ganz konkrete Teilintervalllänge \(\Delta x\) wählt. Was würde sich dort anbieten? Die Obergrenze n würde ich am besten so wählen, dass \(n-1\le x \le n\) gilt.
Danach musst du dir nur noch überlegen, warum die gefundene Obersumme sicher kleiner als der Wert der kompletten Reihe ist.
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katharinax3
Junior
Dabei seit: 26.10.2019
Mitteilungen: 14
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-02
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Hi,
ich habe den Post oben stark überarbeitet, da ich in der Lage war, die Summe stark zu vereinfachen. Bezieht sich dein Beitrag auf die aktuelle Version? :)
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wladimir_1989
Senior
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1726
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-02
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Hallo,
ich habe die Änderung gestern leider nicht mehr gesehen, das ist aber das, was ich gemeint habe. Für die Abschätzung überlege dir, dass die aktuelle Summe ein Teil der ganzen Reihe darstellt und damit sicher kleiner als diese ist.
lg Wladimir
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katharinax3
Junior
Dabei seit: 26.10.2019
Mitteilungen: 14
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-02
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Vielen Dank, habs verstanden!
Da die \(1, 2, \ldots, n\) alle kleiner als \(x\) sind (kann man halt so fordern), haben diese natürlich auch nur Primteiler kleiner als \(x\), weswegen die \(1, \frac{1}{2}, \ldots, \frac{1}{n}\) schon direkt zur Summe \(\sum \frac{1}{m}\) gehören. Man kann sich aber leicht noch weitere Summanden überlegen, und da diese zwangsweise alle positiv sein müssen, kann die Summe größer sein.
Vielen Dank für die Hilfe!
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| | Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen. |
hyperG
Senior
Dabei seit: 03.02.2017
Mitteilungen: 2106
 | Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-03
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Für Interessierte:
Eine bessere Näherung für die Summe der Primzahlkehrwerte findet man unter Wiki Satz_von_Euler
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wladimir_1989
Senior 
Dabei seit: 23.12.2014
Mitteilungen: 1726
Wohnort: Freiburg
| Beitrag No.8, eingetragen 2019-11-05
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Hallo Katharina,
mir ist gerade aufgefallen, dass hier noch ein kleiner Fehler drin steckt
\quoteon(2019-11-02 02:45 - katharinax3 in Beitrag No. 2)
Da die Funktion natürlich streng monoton fallend ist in dem betrachteten
Dann hab ich ein wenig weitergerechnet, mit der Annahme dass alle Summanden positiv sind:
\[\Delta x \sum_{i=1}^n \frac{1}{1 + \Delta x \cdot (i - 1)} \leq \Delta x \sum_{i=1}^n \frac{1}{\Delta x \cdot (i - 1)} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{(i - 1)}\]
Also insgesamt:
\[\log x \leq 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n-1}\]
Wie kann ich das denn nun gegenüber den \(\sum \frac{1}{m}\) abschätzen, wobei die \(m\) nur Primfaktoren kleiner als \(x\) haben?
\quoteoff
Nach der Abschätzung bleibt die Summe \(\sum_{i=1}^n\frac{1}{i-1}\) stehen, deren erster Summand mit \(i=1\) aber nicht definiert ist, da man hier durch 0 teilen würde. Die Abschätzung, die du machst ist eigentlich nicht nötig, da wir eigentlich eine ganz spezielle Obersumme, nämlich die mit \(\Delta x=1\). Wenn man also \(\Delta x=1\) setzen würde, erhält man ja \(\log(x)\le \sum_{i=1}^n\frac1i\).
lg Wladimir
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