Fakultät vs Exponentialfunktion

Question

Ich soll zeigen, das n! / a^n —> unendlich für

n —> unendlich gilt.

Es ist mir intuitiv klar, das die Fakultät unabhängig von der Basis der Exponentialfolge irgendwann mal diese überholt, jedoch weiss ich nicht wie das zu zeigen ist. Kann mir jemand helfen. Ich glaube hier gibt es auch mehrere Möglichkeiten, wodurch ich mich über mehr Antworten freuen würde

Comments

Für \(a=(-1)\) beispielsweise habe ich Zweifel an der Aufgabenstellung.

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\( e^a=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{a^n}{n!} \)

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Stimmt auch ein guter Ansatz. Da die Reihe zu der Folge a^n / n! konvergiert gegen e^a < inf, muss a^n / n! eine Nullfolge sein, nach dem notwendigem Konvergenzkriterium für Reihen. Damit ist der Kehrwert also divergent.

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@Txman schade... Zur Erinnerung: Die Aufgabe war nicht Dir gestellt, sondern dem FS.

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Stimmt, Du hast Recht. Da entschuldige ich mich. Ich war selber nicht darauf gekommen und fand die Idee sehr gut und habe es da vergessen… Kann jetzt leider auch nicht mehr den Kommentar bearbeiten. Vielleicht könntet ihr ja meinen Kommentar melden, wodurch dieser bestimmt verschwindet bevor der FS es eventuell sieht.

Answer 1

Hallo.

(Kurz vorab: Ich hatte zuvor dir eine andere Lösung bereitgestellt, die jedoch etwas komplizierter war. Da wurde ich hier unten bei den Kommentaren darauf hingewiesen. Nun habe ich eine bessere Lösunh gefunden und dir das nun zugestellt)

Zuerst einmal ist die Aufgabenstellung lückenhaft! Die Zahl a muss positiv sein, also a > 0.

Ich habe es mal in zwei Schritte unterteilt und für a ≥ 1 gemacht. Für a = 1 ist das ganze trivial, also sei a > 1.

1) Sei a erstmal eine natürliche Zahl.

Dann kann man zuerst einmal die Abschätzung (a^n / n!) ≤ (a^a / a!)* (a / n) zeigen, die für jede natürliche Zahl n ≥ a gilt. Hinweis: Induktion nach n. Das zeigt dann insbesondere folgende Abschätzung (n! / a^n) ≥ (a! / a^a) n für alle n ≥ a. Dann ist die kleinere Folge schon divergent, was dann auch die Divergenz unserer Folge nach dem Vergleichstest impliziert.

2) Sei a dann eine reele und nicht natürliche Zahl mit a > 1. Dann wählen wir zunächst die Zahl x := Aufrundung(a), was ja eine natürliche Zahl ist mit x > a. Dann gilt wegen x > a > 1 auch x^n > a^n, was dann insgesamt für alle n:

(n! / x^n) < (n! / a^n) folgert. Überlege jetzt mal, warum (n! / a^n) für jedes reele a > 1 gegen inf divergieren muss? Hinweis: Nutze das obige Gezeigte…

Comments

Dankeschön. Ja ich hatte a > 0 vergessen zu schreiben. Wie kann man das aber für 0 < a < 1 zeigen?

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Ja das sollte eigentlich klar sein.

Für 0 < a < 1 ist (a^n) eine Nullfolge, d.h. insbesondere (1/a^n) divergiert gegen inf für wachsende n.

Dann gilt auch die Abschätzung

(n! / a^n) ≥ (1/a^n) und da ja die kleinere Folge schon gegen unendlich geht, tuts auch unsere Folge nach dem Vergleichstest.

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(a^n / n!) ≤ (a ^2 / n) zeigen, die für alle n ≥ a

Wenn ich \(a=n=3\) setze steht links

$$\frac{a^n}{n!}=\frac{27}{6}=4.5$$

und rechts

$$\frac{a^2}{n}=\frac{9}{3}=3$$

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Ja das war eine falsche Schätzung von mir. Fakt ist aber, das die Abschätzung ab einem N > a gilt. Von mir aus N := a^2 .

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Ich würde gerne den Beweis sehen, dass es mit N=a^2 geht

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Ne das war unüberlegt. Habe es ausprobiert. Es ist in dem Falle nicht direkt möglich N zu wählen, da es stark von der Wahl von a variiert. Jedoch ist Fakt, das dieses N existiert.

Der allgemeine Induktionsbeweis für n ≥ N > a lautet:

Der Induktionsanfang wird eben für ein passend gewähltes n = N erfüllt sein.

Dann gilt mit der Induktionsannahme:

a^(n+1) / (n+1)! = (a^n a) / (n! (n+1))

≤ (a^2 / n) (a / (n+1)) = (a / n) (a^2 / (n+1)) < a^2 / (n+1) für n ≥ N > a.

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Dann würde ich gerne den Beweis sehen, dass ein solches N existiert.

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Das N existiert, aber ist aufwändig zu zeigen, da es sehr abhängig von der Wahl von a ist. Deswegen was besseres:

Ich habe es jetzt bearbeitet und eine bessere Abschätzung gefunden, welche  für jede natürliche Zahl n ≥ a gilt. S.o.

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Behauptung: Für alle n ≥ a > 1 gilt die Abschätzung

(a^n / n!) ≤ (a^a / a!) (a / n).

Beweis. (Induktion nach n)

Der Induktionsanfang für n = a liefert die Gleichheit. Dann gilt mit der Induktionsannahme für alle n ≥ a > 1:

a^(n+1) / (n+1)! = (a^n a) /  (n! (n+1))

≤ (a^a / a!) (a / n) (a / (n+1))

≤ (a^a / a!) (a / (n+1)), was die Behauptung zeigt.

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Danke nochmal!

Answer 2

Es ist mir intuitiv klar, das die Fakultät unabhängig von der Basis der Exponentialfolge irgendwann mal diese überholt, jedoch weiss ich nicht wie das zu zeigen ist.

Man könnte diese intuitive Einschätzung so umsetzen:

Wähle \(m \in \N, m \geq2a\). Dann gilt für \(n>m\):

$$\frac{n!}{a^n}=\prod_{k=1}^{m-1}\frac{k}{a} \cdot \prod_{k=m}^{n}\frac{k}{a} \geq \prod_{k=1}^{m-1}\frac{1}{a} \cdot \prod_{k=m}^{n}\frac{2a}{a}=a^{1-m}\cdot 2^{n+1-m}$$

Die rechte Seite geht offenbar gegen \(\infty\).

Comments

Verstehe nicht, was daran ein Beweis sein soll. Warum soll denn die rechte Seite divergieren? Die rechte Seite ist konstant. Man schaut sich ja nur die Veränderungen bzgl. der wachsenden n an.

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Deswegen macht das irgendwie wenig Sinn

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Und was passiert mit \(2^{n+1-m}\)?

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Man schaut sich ja nur die Veränderungen bzgl. der wachsenden n an.

Ich dachte, das sei die Aufgabenstellung?

Answer 3

Ich gehe davon aus, dass \(a>0\).

Ich erinnere an die "Baby-Stirlingformel" von einer vorherigen Antwort von mir auf eine Frage von dir. Die ist tatsächlich nützlich, und kann bei vielen Aufgaben dieses Typs dein erster Ansatz sein. Sie bietet eine wunderbar natürliche Verbindung zwischen Fakultäten und Potenzen, das scheint sich ja hier sehr anzubieten.

Es gilt also für groß genügende \(n\in\mathbb{N}:\left(\frac{n}{e}\right)^n\leq n!\).

Wenn jetzt \(n>ea\) (und groß genug, dass Baby-Stirling gilt), dann ist \(\frac{\frac{n}{e}}{a}>1\), insbesondere: \(\frac{n!}{a^n}\geq \frac{\left(\frac{n}{e}\right)^n}{a^n}> \left(\frac{\frac{n}{e}}{a}\right)^n\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow}\infty\).

Comments

Ja aber das ganze ist bischen unklar. Du sagst, das für genügend grosses n diese Abschätzung gelten soll. Wie gross muss denn n sein? Man muss es ja schon irgendwie induktiv beweisen können.

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Das ist unerheblich, wenn man \(n\to \infty\) betrachtet. Wichtig ist nur, dass es solch ein \(n\) gibt.

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Es geht hier um ein Grenzwertargument. Es ist egal, ob die Ungleichung für \(n\geq 1000\) oder \(n\geq 4\) gilt, solange wir uns sicher sind (und in der Vergangenheit bewiesen haben), dass sie irgendwann gilt.

Tatsächlich gilt die Ungleichung für \(n\geq 1\), ich meine mich aber zu erinnern, dass der Beweis etwas einfacher ist, wenn man die Ungleichung ab einem etwas größeren \(n\) zeigt. Wie gesagt, es ist komplett egal, denn es geht hier um asymptotisches Verhalten.

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Dankeschön! :)