Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von viertel
Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » ** Grenzwertig VIII
Druckversion
Druckversion
Autor
Kein bestimmter Bereich J ** Grenzwertig VIII
Squire
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 715
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-22


Heute wieder zwei Aufgaben: Bestimme

(a) $\large \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \sqrt[n]{1+\frac{k}{n}}$

und

(b) $\large \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \sqrt[k]{1+\frac{k}{n}}$

Lösungen wie immer mit PN. Viel Freude!

Grüße Squire




Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Deine Lösung nicht direkt im Forum posten darfst.
Sende stattdessen Deine Lösung als private Nachricht an den Themensteller. Benutze dazu den Link 'Privat', den Du unter seinem Beitrag findest.
Der Themensteller wird zu gegebener Zeit über eingesandte (richtige) Lösungen informieren
und nach Ablauf einer (von ihm) festgelegten Zeit alle Lösungen veröffentlichen.
Squire
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 715
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-26


Kleiner Zwischenbericht:

MontyPythagoras
MartinN

darf gratuliert werden! Alle anderen sind herzlich eingeladen, sich zu versuchen.

Grüße Squire



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Squire
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.08.2015
Mitteilungen: 715
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-03


Glückwunsch auch an Wauzi!

Hier meine Lösung:


Wir betrachten in beiden Fällen den natürlichen Logarithmus des Grenzwertes und stellen ihn als Riemann-Summe dar.

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \ln\prod_{k=1}^n \sqrt[n]{1+\frac{k}{n}}=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \ln(1+\frac{k}{n})=$

$\displaystyle =\int_0^1 \ln(1+x) dx=2 \ln{2}-1$; der Grenzwert ist daher $\displaystyle \frac{4}{e}$.



$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \ln\prod_{k=1}^n \sqrt[k]{1+\frac{k}{n}}=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{\ln(1+\frac{k}{n})}{\frac{k}{n}}=$

$\displaystyle =\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x} dx=-\int_0^1 \frac{\sum_{n=1}^\infty \frac{(-x)^n}{n}}{x} dx=$

$\displaystyle =\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-x)^{n-1}}{n} dx=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} \int_0^1 x^{n-1} dx=$

$\displaystyle =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}$; der Grenzwert ist daher $\displaystyle e^\frac{\pi^2}{12}$.



Andere Lösungen ab sofort herzlich willkommen!

Danke nochmal fürs Mitmachen und Grüße Squire



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MartinN
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1276
Wohnort: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-06


Danke für die coole Aufgabe, hier mein Lösungsweg ^^

Teil 1:
Offensichtlich ist...
\(1+\frac{1}{n} \leq \lim\limits_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \sqrt[n]{1+\frac{k}{n}} \leq 2\)

Somit konvergiert das unendliche Produkt. Nennen wir den Grenzwert \(g\)

Nun ist:
\(g_n = \prod_{k=1}^n \sqrt[n]{1+\frac{k}{n}} = \sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n! \cdot n^n }}\\
\to (n \cdot g_n)^n = \frac{(2n)!}{n!} = \frac{(2n+2)!}{(n+1)!} \cdot \frac{n+1}{(2n+1)(2n+2)} = ((n+1) \cdot g_{n+1})^{n+1} \cdot \frac{(n+1)}{(2n+1)(2n+2)}\)

Für \(n \to \infty\) gilt: \(\lim\limits_{n \to \infty} g_n = \lim\limits_{n \to \infty} g_{n+1} = g\)
Damit gilt für den Grenzwert:
\((n \cdot g)^n = ((n+1) \cdot g)^{n+1} \cdot \frac{(n+1)}{(2n+1)(2n+2)} |_{n \to \infty}\\
\to g = (\frac{n}{n+1})^{n+1} \cdot \frac{(2n+1)(2n+2)}{n(n+1)} |_{n \to \infty}\\
\to g = 4e^{-1} \approx 1.4715177646857692863820950806458434697832445241270713380313472067\)


Teil 2:
Da die Faktoren für k von 1 bis n monoton fallend sind:
\(\sqrt[n]{2}^n< \lim\limits_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n \sqrt[k]{1+\frac{k}{n}} < \lim\limits_{n \to \infty} (1+\frac{1}{n})^n\\
\to 2 < g < e\)
Damit konvergiert auch dieses Produkt.

Für die Berechnung brauchte ich aber Wolframalpha xD

Berechnen wir...
\(\log g_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{\log(1+\frac{k}{n})}{k}\)

\(\frac{\log(1+\frac{k}{n})}{k}\) ist dabei bezüglich k monotonfallend, somit ergibt sich:
\(\int_{1}^{n+1} \frac{\log(1+\frac{k}{n})}{k} dk < \log g_n < \int_{0}^{n} \frac{\log(1+\frac{k}{n})}{k} dk\)

Mit dem Integral laut Wolframalpha:*
\(\int \frac{\log(1+\frac{k}{n})}{k} dk = -Li_2(-\frac{k}{n})\)
[wenn ich Zeit habe versuch ich das mal zu integrieren xD]

Damit:
\(Li_2(-\frac{1}{n}) - Li_2(-\frac{n+1}{n}) < \log g_n < Li_2(-\frac{0}{n}) - Li_2(-\frac{n}{n})\)

Beide Grenzen sind für \(n \to \infty\) identisch und ergeben:
\(\log g = Li_2(0) - Li_2(-1) = 0 + \frac{\pi^2}{12}\)

Folglich:
\(g = \exp(\frac{\pi^2}{12}) \approx 2.2761081516257340947910614120314974466979742603002377561551617098\)


** Ergänzung für den Integral:
Der Integral war doch leichter als gedacht ^^
\(\log g = \int_{0}^{n} \frac{\log(1+\frac{k}{n})}{k} dk\\
= \int_{0}^{n} \sum_{j=1}^{\infty} -\frac{(-\frac{k}{n})^j}{j \cdot k} dk\\
= \sum_{j=1}^{\infty} \int_{n}^{0} \frac{(-\frac{k}{n})^j}{j \cdot k} dk\\
= \sum_{j=1}^{\infty} \left( \frac{(-1)^j k^j}{j^2 \cdot n^j} \right)|_n^0\\
= \sum_{j=1}^{\infty} -\frac{(-1)^j}{j^2}\\
= \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} + \frac{1}{5^2} - ...\)

Diesen Grenzwert kann ich aber nicht herleiten xD



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11470
Wohnort: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-05-06


Hallo,
die erste Aufgabe ließ sich auch relativ problemlos mit der Stirlingformel (mit Restglied) lösen
Bei der zweiten hatte ich zwar die gleiche Lösungsidee wie Squire, bin aber doch tatsächlich nicht auf die Idee gekommen, den limes gleich zu verwenden. Die Folge waren Summen statt Integrale und eine schier endlose Zahl von Abschätzungen, wenn man die auftretenden Logarithmensummen durch die Integrale annähert und den Fehler abschätzt.
Ich sehe es aber positiv: So gab es neben dem Lösen der schönen Aufgabe auch noch den Spaß abzuschätzen, abzuschätzen ...

und Warten auf GrenzwertigIX...

Gruß Wauzi


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Kuestenkind
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.04.2016
Mitteilungen: 2026
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-06


2021-05-06 16:05 - MartinN in Beitrag No. 3 schreibt:
\(= \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} + \frac{1}{5^2} - ...\)

Diesen Grenzwert kann ich aber nicht herleiten xD



Siehe auch dort.

Gruß,

Küstenkind



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MartinN
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1276
Wohnort: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-06


Danke... Die Umwandlung in die Riemannsche Zeta-Funktion hätte mir auch gelingen können xD



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MontyPythagoras
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 2781
Wohnort: Werne
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-06


Ich habe es im Prinzip genau wie Squire gemacht, mit der Ergänzung von Küstenkind:

2021-04-22 21:15 - MontyPythagoras schreibt:
 Link zum Topic [** Grenzwertig VIII]

Hallo Squire,
sicher, dass die zweite noch unter zwei Sterne fällt? 🙂
Beide Grenzwerte kann man elegant mit Hilfe der Definition eines Integrales lösen.

Teil 1:
$$P=\lim_{n \to \infty}\prod_{k=1}^n\sqrt[n]{1+\frac kn}$$$$\ln P=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac1n\ln\left(1+\frac kn\right)=\intop_0^1\ln(1+x)\mathrm dx$$$$\ln P=\left[(1+x)\ln(1+x)-x\right]_0^1=2\ln2-1$$$$P=\frac4e=1\mathord,471517764685769286382\dots$$
Teil2:
$$P=\lim_{n \to \infty}\prod_{k=1}^n\sqrt[k]{1+\frac kn}$$$$\ln P=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac1k\ln\left(1+\frac kn\right)=\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n\frac nk\ln\left(1+\frac kn\right)\frac 1n$$$$\ln P=\intop_0^1\frac1x\ln(1+x)\mathrm dx$$Hier wird es ein bisschen tricky, das Integral ist nicht elementar lösbar, sondern führt auf den Polylogarithmus. Wir verwenden stattdessen die Taylorreihe des Logarithmus. Es gilt
$$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}kx^k$$Somit gilt:
$$\ln P=\intop_0^1\frac1x\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}kx^k\mathrm dx=\intop_0^1\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}kx^{k-1}\mathrm dx$$$$\ln P=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k\intop_0^1x^{k-1}\mathrm dx=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}k\cdot\frac1k$$$$\ln P=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}=1-\frac14+\frac19-\frac1{16}+-\dots$$$$\ln P=1+\frac14+\frac19+\frac1{16}+\dots-2\left(\frac14+\frac1{16}+\frac1{36}+\frac1{64}+\dots\right)$$$$\ln P=\left(1-\frac24\right)\left(1+\frac14+\frac19+\frac1{16}+\dots\right)$$$$\ln P=\frac12\left(1+\frac14+\frac19+\frac1{16}+\dots\right)$$ Die Summe der Qudratzahlen-Kehrwerte ist $\frac{\pi^2}6$, so dass gilt:
$$P=e^\frac{\pi^2}{12}=2\mathord,276108151625734094791\dots$$ Der Vollständigkeit halber kann man den zweiten Grenzwert natürlich auch so darstellen:
$$P=e^{\frac12\zeta(2)}$$
Ciao,

Thomas

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MartinN
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1276
Wohnort: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-05-07


Funktioniert meine Methode bei Teil 1 eigentlich immer? Also man drückt die Folgeglieder wie folgt aus:
\(f(n,g_n) = h(n,g_{n+d})\)

Und da \(g_n\) konvergiert kann man beide Seiten für \(n \to \infty\) betrachten, wobei man zuerst nur das Folgegliede gegen deren Grenzwert ersetzt:
\(f(n, g) = h(n, g) |_{n \to \infty} \)

Und jetzt nach \(g\) umstellen, und dann den verbleibenden Grenzwert bilden:
\(g = \lim\limits_{n \to \infty} F(n)\)



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
MartinN
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 05.08.2016
Mitteilungen: 1276
Wohnort: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-10


Noch der letzte Grenzwert, der hier zu zeigen war... Sehr anschaulich erklärt ^^
youtu.be/YBNvta_p2xQ



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Squire hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Squire hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Deine Lösung nicht direkt im Forum posten darfst.
Sende stattdessen Deine Lösung als private Nachricht an den Themensteller. Benutze dazu den Link 'Privat', den Du unter seinem Beitrag findest.
Der Themensteller wird zu gegebener Zeit über eingesandte (richtige) Lösungen informieren
und nach Ablauf einer (von ihm) festgelegten Zeit alle Lösungen veröffentlichen.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2021 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]