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