Zeigen Sie: Es gibt eine Konstante

Question

Aufgabe:
Zeigen Sie: Es gibt eine Konstante Beta aus [0,2] so dass Beta = \( \lim\limits_{n\to\infty} \, \sum\limits_{k=2}^{n}({\frac{1}{k\cdot log(k)}}) - log(log(n))\)

Hinweis: Integralkriterium

Problem/Ansatz:

Ich habe mir jetzt das Integralkriterium angeguckt. Da hatte ich erstmal das Problem/Frage: Darf ich das überhaupt bei einer endlichen Summe anwenden?

Wenn ja habe ich dann, dass es = log(log(n))-log(log(2)) ist. Aber irgendwie\() komme ich nicht wo wirklich weiter....

Comments

Bei Deinem Latex wurde nichts Lesbares angezeigt. Habe ich es richtig korrigiert?

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Oh das ist mir gar nicht aufgefallen… der log(k) müsste auch noch in den Bruch nach unten rein:) Danke!

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Jetzt besser?

Answer 1

Hallo,

das Integralvergleichskriterium kann auch zur Abschätzung von endlichen Summen verwendet werden. Ich schreibe es mal konkret für dieses Beispiel auf: Es gilt für \(k\geq 2\):

$$\frac{1}{(k+1)\ln(k+1)} \leq \int_k^{k+1} \frac{1}{x \ln(x)} \;dx=\ln(\ln(k+1))-\ln(\ln(k)) \leq \frac{1}{k\ln(k)}$$

Daraus folgt:

$$\sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln(k)}=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(k+1)\ln(k+1)}$$

$$ \leq\frac{1}{2 \ln(2)}+\int_2^{n}\frac{1}{x \ln(x)} \;dx\leq\frac{1}{2 \ln(2)}+\ln(\ln(n))-\ln(\ln(2))$$

Und

$$\sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln(k)} \geq \int_2^{n+1}\frac{1}{x \ln(x)} \;dx=\ln(\ln(n+1))-\ln(\ln(2))$$

Insgesamt folgt, dass die Folge

$$a_n:=\left(\sum_{k=2}^n \frac{1}{k\ln(k)}\right)-\ln(\ln(n))$$

monoton wachsen und beschränkt ist, also konvergent, und es gilt die Abschätzung

$$\ln(\ln(n+1))-\ln(\ln(2))-\ln(\ln(n)) \leq a_n \leq \frac{1}{2 \ln(2)}-\ln(\ln(2))$$

Gruß Mathhilf

Answer 2

Hallo Lilly,

auf folgendem Bild habe ich die Funktion$$f\left(x\right)=\frac{1}{x\cdot\log\left(x\right)}$$eingezeichnet (der rote Graph). Wobei hier \(\log\) der natürliche Logarithmus sein soll!

Ich habe nun die Fläche unter der Kurve in Intervalle von \(1\) unterteilt und ab \(x=2\) die Rechtecke für die Untersumme eingezeichnet. Die Summe \(s_n\) dieser (grünen) Rechtecke ist$$s_n = \sum\limits_{k=3}^{n}{\frac{1}{k\cdot \log(k)}}$$Und diese Untersumme muss offensichtlich kleiner sein, als das Integral unter der Funktion \(f\) von \(2\) bis \(n\). Also gilt$$s_n \lt \int\limits_{2}^n \frac{1}{n\cdot \log(n)}\,\text dn$$Das Integral der Funktion \(f(x)\) ist$$\int \frac{1}{x\cdot \log(x)}\,\text dx = \log(\log(x)) + C$$Jetzt integriert man noch von \(2\) bis \(n\) ...$$\int\limits_{2}^{n} \frac{1}{n\cdot \log(n)}\,\text dn = \log(\log(n)) - \log(\log(2))$$...und setzt das ganze in die Ungleichung oben ein:$$\begin{aligned} \sum\limits_{k=3}^{n}{\frac{1}{k\cdot \log(k)}}&\lt \int\limits_{2}^n \frac{1}{n\cdot \log(n)}\,\text dn &&|\,+\frac{1}{2\log(2)}\\ \sum\limits_{k=2}^{n}{\frac{1}{k\cdot \log(k)}}&\lt \int\limits_{2}^n \frac{1}{n\cdot \log(n)}\,\text dn +\frac{1}{2\log(2)} &&|\,-\log(\log(n))\\ \left(\sum\limits_{k=2}^{n}{\frac{1}{k\cdot \log(k)}}\right) - \log(\log(n))&\lt \frac{1}{2\log(2)} -\log(\log(2)) \approx 1,088 \end{aligned}$$nach ein paar Umwandlungen steht links der Ausdruck aus der Aufgabenstellung, der von \(n\) abhängt, und rechts ein konstanter Term, der unabhängig von \(n\) ist.

Somit ist die Folge nach oben beschränkt und der Grenzwert liegt sicher unter \(2\).

Dass die Folge monoton ist, kann man zeigen, wenn das selbe noch einmal mit der Obersumme macht.

Gruß Werner