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Beitrag |
    
Maria
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 24. Oktober, 2000 - 22:14: | 
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Leiten Sie die folgende variante der Stirlingschen Formel ab:
n!=Wurzel2pi(n+1/2)hoch n+1/2 mal e hoch -(n+1/2).
Vielen Dank für die Beantwortung meiner Fragen.
ich versuche Sie zu lösen, aber ich habe die Zeit nicht mehr um alle zu lösen, deshalb bitte ich um dringende Hilfe. |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. Oktober, 2000 - 07:31: |
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Hi Maria,
Ein Beweis der Formel von Stirling
Hierzulande wird meistens der folgende einleuchtende
Beweis zelebriert, den ich - mit erläuternden
Kommentaren versehen - vorführen möchte.
Im Laufe des Beweises benötigt man die Formel von Wallis;
diese lautet:
wurzel(Pi) = lim [{2 ^ (2m)* (m!) ^ 2) } / {(2m)! * wurzel (m)}]..(W)
Grenzwert im Sinne von m strebt gegen unendlich.
A]
Ausgangspunkt ist die logarithmische Reihe
ln [ (1+ x ) / (1- x ) ] =
2*{ x / 1 + x ^ 3 / 3 + x ^ 5 / 5 +.......................}
mit x absolut < 1.
Wir setzen x = 1 / (2n + 1), wobei n > 0 und ganzzahlig sein soll.
Wir erhalten:
ln( 1+1/n ) = 2* [ 1/(2n+1) + 1 / {3*(2n+1)} + 1/{5*(2n+1)}+...]
Multiplikation mit (2n+1)/2= n + ½ führt auf:
(n+1/2)*ln(1+1/n) = 1+1/{3*(2n+1)^2} + 1/{5*(2n+1)^4}+...
Abschätzungen nach unten und oben ergeben die Ungleichungen:
1< (n+1/2)*ln(1+1/n) < 1 + 1/3*[1 / (2n+1) ^ 2 + 1 / (2n+1) ^ 4 +... ]
In der eckigen Klammer rechts steht eine unendliche geometrische Reihe
Mit dem Anfangsglied A= 1 / (2n+1) und dem Quotient Q= 1 / (2n+1)^2
Diese Reihe konvergiert ( Q absolut ist kleiner als 1) und die Summe ist
Nach einer bekannten Formel S = A / ( 1 - Q)
Wir erhalten S = (2n+1)/[4n*(n+1)]
Die Ungleichungskette lautet demnach:
1 < (n+1/2 )* ln(1+1/n) < 1 + 1 / [12n* ( n +1)]............................(Gl 1 )
Durch Uebergang zur Exponentialfunktion kommt:
e < (1 + 1/n) ^ (n +1/2) < e* e ^ {1 / [12n*(n+1)] }............. (Gl 2 )
oder:
1 < [(1+1/n)^(n+1/2)] / e < e ^ [1/ (12n*(n+1)]..............................(Gl 3 )
oder
1 / [e^{1/12n*(n+1)}< [(1+1/n)^(n+1/2) / [e^{1/12n*(n+1)}<1..(Gl 4)
B]
Nun betrachten wir die unendliche Zahlenfolge,deren allg.Glied :
an =n! / [( n / e ) ^ n * wurzel{2*Pi*n)]......(n =1,2,3...) lautet.
Der Quotient zweier aufeinanderfolgender Glieder mit den Indizes
n und n+1 , also an / a(n+1) beträgt, wie leicht nachgerechnet
werden kann:
an / a(n+1) = e ^ (-1)* ( 1 + 1/n) ^ (n +1/2) ist nach (Gl 2 )
grösser als 1.
Die nach unten beschränkt Folge der an (alle Glieder sind >0)
ist somit monoton fallend , also konvergent; der Grenzwert sei G.
G = lim an (für n gegen unendlich).
C]
Wir bilden eine zweite unendliche Zahlenfolge bn :
bn = n! / [ ( n / e ) ^ n * wurzel{2*Pi *n} * e ^ (1/12n)] , n = 1, 2 3,...
Es gilt : der Quotient aufeinanderfolgender Glieder
bn / b(n+1) = [(1+1/n) ^ (n+1/2) ] / [e* e^(1/12n(n+1) ist nach (Gl 4) < 1
Diese Folge ist somit monoton wachsend.
D]
Wegen an / bn = e^ (1/12n) gilt : lim {an / bn} = 1 , mithin
hat die Folge der bn
ebenfalls den Grenzwert G.
Fortsetzung folgt
Mit freundlichn Grüssen
H.R.Moser,megamath. |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. Oktober, 2000 - 10:20: |
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Hi Maria,
Es folgt der Schluss des Beweises ( Punkt E ] ) und eine
bereinigte Fassung der Abschnitte A] bis D]
( Ausmerzung von Tippfehlern ! )
A]
Ausgangspunkt ist die logarithmische Reihe
ln [ (1+ x ) / (1- x ) ] =
2*{ x / 1 + x ^ 3 / 3 + x ^ 5 / 5 +.......................}
mit x absolut < 1.
Wir setzen x = 1 / (2n + 1), wobei n > 0 und ganzzahlig sein soll.
Wir erhalten:
ln( 1+1/n ) = 2* [ 1/(2n+1) + 1 / {3*(2n+1)^3} + 1/{5*(2n+1)^5}+...]
Multiplikation mit (2n+1)/2= n + ½ führt auf:
(n+1/2)*ln(1+1/n) = 1+1/{3*(2n+1)^2} + 1/{5*(2n+1)^4}+...
Abschätzungen nach unten und oben ergeben die Ungleichungen:
1< (n+1/2)*ln(1+1/n) < 1 + 1/3*[1 / (2n+1) ^ 2 + 1 / (2n+1) ^ 4 +... ]
In der eckigen Klammer rechts steht eine unendliche geometrische Reihe
Mit dem Anfangsglied A= 1 / (2n+1)^2 und dem Quotient Q= 1 / (2n+1)^2
Diese Reihe konvergiert ( Q absolut ist kleiner als 1) und die Summe ist
nach einer bekannten Formel S = A / ( 1 - Q)
Wir erhalten S = 1 / [4n*(n+1)]
Die Ungleichungskette lautet demnach:
1 < (n+1/2 )* ln(1+1/n) < 1 + 1 / [12n* ( n +1)]............................(Gl 1 )
Durch Uebergang zur Exponentialfunktion kommt:
e < (1 + 1/n) ^ (n +1/2) < e* e ^ {1 / [12n*(n+1)] }............. (Gl 2 )
oder:
1 < [(1+1/n)^(n+1/2)] / e < e ^ [1/ (12n*(n+1)]..............................(Gl 3 )
oder
1 / [e^{1/12n*(n+1)}< [(1+1/n)^(n+1/2) / [e*e^{1/12n*(n+1)}<1..(Gl 4)
B]
Nun betrachten wir die unendliche Zahlenfolge,deren allg.Glied :
an =n! / [( n / e ) ^ n * wurzel{2*Pi*n)]......(n =1,2,3...) lautet.
Der Quotient zweier aufeinanderfolgender Glieder mit den Indizes
n und n+1 , also an / a(n+1) beträgt, wie leicht nachgerechnet
werden kann:
an / a(n+1) = e ^ (-1)* ( 1 + 1/n) ^ (n +1/2) und ist nach (Gl 3 )
grösser als 1.
Die nach unten beschränkt Folge der an (alle Glieder sind >0)
ist somit monoton fallend , also konvergent; der Grenzwert sei G.
G = lim an (für n gegen unendlich).
C]
Wir bilden eine zweite unendliche Zahlenfolge bn :
bn = n! / [ ( n / e ) ^ n * wurzel{2*Pi *n} * e ^ (1/12n)] , n = 1, 2 3,...
Es gilt : der Quotient aufeinanderfolgender Glieder
bn / b(n+1) = [(1+1/n) ^ (n+1/2) ] / [e* e^(1/12n(n+1) ist nach (Gl 4) < 1
Diese Folge ist somit monoton wachsend.
D]
Wegen an / bn = e^ (1/12n) gilt : lim {an / bn} = 1 , mithin
hat die Folge der bn ebenfalls den Grenzwert G.
E]
Berechnung des Grenzwertes G
Aus an = n! / [ ( n / e ) ^ n * wurzel {2 * Pi* n} ].............................(Gl 5)
folgt:
(an) ^ 2 = (n!) ^ 2 / [ ( n / e ) ^ (2n) * 2 * Pi * n ] und
a(2n) = (2n ) ! / [ (2n/e) ^(2n) * wurzel( 4 * Pi * n ) ]
Wir bilden den Quotient der letzten beiden Terme:
(an) ^ 2 / a(2n) = [ (n!)^2*2^(2n)] / [(2n) !*wurzel(n)*wurzel(Pi)]
Nach der Formel von Wallis , Formel W am Anfang, ,
ist der Grenzwert dieses Quotienten eins,
somit gilt:
1 = lim [(an) ^2 / ( a (2n) ] ¨= G ^ 2 / G = G
Der gesuchte Grenzwert der Folgen an und bn ist somit G = 1;
insbesondere gilt die Grenzwertformel von Stirling:
lim { n ! / [(n/e) ^ n * wurzel(2*Pi*n)] }= 1 , n gegen unendlich
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath. |
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