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Analysis » Folgen und Reihen » Monoton fallend zeigen
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Universität/Hochschule Monoton fallend zeigen
Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-02-05


Guten Morgen

Ich möchte gerne zeigen, dass die Folge \(a_n:= \frac{ln(n)}{n}\) monoton fallend ist. Gibt es einen Weg ohne die Ableitung zu betrachten? Ich bin soweit gekommen:
Z.z. \(a_{n+1}  < a_n:\)
\[ \frac{ln(n+1)}{n+1} <  \frac{ \frac{1}{n}+ln(n)}{n+1} < \frac{ \frac{1}{n}+ln(n)}{n} = 1 + \frac{ln(n)}{n}\]
Ich bin so nah aber ich komme hier nicht weiter.. Kann mir jemand weiterhelfen?

Eine guten Tag und freundliche Grüsse
Math_user



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-02-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Math_user,

das obige ist aber falsch (Stichwort Bruchrechnung.  😄 ).

Betrachte doch einfach die Differenz \(a_{n+1}-a_n\) und rechne nach (Logarithmengesetze!), dass sie (ab einem bestimmten n) negativ ist.


Gruß, Diophant

[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Folgen und Reihen' von Diophant]
\(\endgroup\)


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Math_user
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-05


Guten Morgen Diophant

Vielen Dank für deine Antwort! Ab wo ist meine Ungleichung falsch?

Ich habe deine Rat befolgt und komme auf:
\[a_{n+1}-a_n=\frac{ln(n+1)}{n+1} - \frac{ln(n)}{n} = ln(\frac{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}{(n)^{\frac{1}{n}}})\] Ich muss nun zeigen, dass die \(\frac{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}{(n)^{\frac{1}{n}}}<1 \:\forall n \in \mathbb{N}\) aber wie kann ich dies besonders schön machen?



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Diophant
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Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-02-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Math_user,

wie schon gesagt: die letzte Gleichheit ist falsch und man kann das auch - entgegen meiner ersten Vermutung - nicht reparieren.

Der Ansatz mit der Differenz führt ja letztendlich auf das Monotonieverhalten von \(b_n=\sqrt[n]{n}\). Das hatte ich jetzt mal als bekannt vorausgesetzt. Oder darfst du das noch nicht verwenden?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-02-05


2020-02-05 08:56 - Math_user im Themenstart schreibt:
Ich möchte gerne zeigen, dass die Folge \(a_n:= \frac{ln(n)}{n}\) monoton fallend ist. Gibt es einen Weg ohne die Ableitung zu betrachten?

Hm, wie kommst du auf die abenteuerliche Idee, dass die Folge monoton fallend sein könnte?   😵

Es gilt ja, wie man sofort nachrechnet
\[\frac{\ln n}n-\frac{\ln(n+1)}{n+1}=…=\frac1{n(n+1)}\ln\frac n{(1+\frac1n)^n}\] d.h., für die fallende Monotonie müsste
\[\forall n\in\mathbb N^*:\quad n\ge \left(1+\frac1n\right)^n\] gelten und das sehe ich nicht, wenn ich hier $n=1$ oder $n=2$ einsetze.

Ok, vielleicht wird die Folge irgendwann einmal, also für $n\ge n_0$ mit einem gewissen $n_0$ monton fallend, aber das müsste man dann halt auch dazuschreiben!  😮



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-02-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
@weird:

2020-02-05 10:51 - weird in Beitrag No. 4 schreibt:
Ok, vielleicht wird die Folge irgendwann einmal, also für $n\ge n_0$ mit einem gewissen $n_0$ monton fallend, aber das müsste man dann halt auch dazuschreiben!  :-o

das stimmt natürlich. Ich hatte jetzt einfach mal angenommen, dass es um das Monotonieverhalten für \(n\ge 3\) geht...


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-02-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-02-05 10:57 - Diophant in Beitrag No. 5 schreibt:
das stimmt natürlich. Ich hatte jetzt einfach mal angenommen, dass es um das Monotonieverhalten für \(n\ge 3\) geht...

Es geht hier auch um die Frage, was genau man eigentlich verwenden darf. Wenn so elementare und naheliegende Hilfsmittel wie Ableitungen zum Nachweis der Monotonie ausgeschlossen werden, dann vielleicht auch so bekannte Tatsachen wie
\[\forall n\in\mathbb N^*:\quad \left(1+\frac1n\right)^n<e\] aus der die Behauptung für $n\ge 3$ ja sofort folgen würde. Damit wäre ich aber dann ehrlich gesagt auch ratlos hier.  ☹️
\(\endgroup\)


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Math_user
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-05


Vielen Dank weird für deine Beiträge. Ich habe einfach aus reiner Faulheit (und weil ich lieber Umformungen habe) die Ableitung ausgeschlossen. Es ist bekannt das die alternierende Serie von \(a_n\) mit Leibniz konvergiert und ich möchte dies eben gerne zeigen. Jedoch sehe ich, dass mir nichts anders bleibt als die Ableitung, da auch um zu zeigen das \(n^{\frac{1}{n}}\) monoton fallend ist man die Ableitung braucht.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-02-05


2020-02-05 12:01 - Math_user in Beitrag No. 7 schreibt:
Jedoch sehe ich, dass mir nichts anders bleibt als die Ableitung, da auch um zu zeigen das \(n^{\frac{1}{n}}\) monoton fallend ist man die Ableitung braucht.

Und meine Herleitung zusammen mit
\[\forall n\in\mathbb N^*:\quad \left(1+\frac1n\right)^n<e\] kommt nicht in Frage?



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-02-06


Huhu,

ein wenig off-topic:

2020-02-05 12:01 - Math_user in Beitrag No. 7 schreibt:
Es ist bekannt das die alternierende Serie von \(a_n\) mit Leibniz konvergiert und ich möchte dies eben gerne zeigen.

den Reihenwert \(\sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k} \) zu berechnen führt auf ein nettes Integral. Beginnt man mit der Integraldarstellung \(\ln\left(\frac{a}{b}\right)=\int_0^{\infty}\frac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x} \dd x\) ergibt sich:

\(\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k}=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k}\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}-e^{-kx}}{x}\dd x=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \int_0^{\infty}\frac{(-1)^k\left(e^{-x}-e^{-kx}\right)}{kx}\dd x\)

Zieht man die Summe auseinander und vertauscht so erhält man:

\(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{1}{x} \left [ \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k}e^{-x}-\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k}e^{-xk} \right]\dd x\)

Nun kann man für die erste Summe die alternierende harmonische Reihe und für die zweite \(\ln(1+x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}\cdot x^k \, \text{für} |x|<1
\) für \(x=e^{-x}\) nutzen und erhält:

\(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{1}{x}\left[-\log(2) e^{-x}+\log(1+e^{-x})\right]\dd x\)

Einmalige partielle Integration liefert:

\(\displaystyle \underbrace{\left.\left(\log(1+e^{-x})-\log(2)e^{-x}\right)\log(x)\right|_0^{\infty}}_{\to0}-\int_0^{\infty}\left(\frac{-e^{-x}}{1+e^{-x}}+\log(2)e^{-x}\right)\log(x) \dd x
\)

Mit \(\gamma=-\int_0^{\infty}\log(x)e^{-x}\dd x\) bekommt man nun also:

\(\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k}=\gamma \ln 2+\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1+e^x} \dd x\)

Das verbleibende Integral kann schließlich noch mit etwas "special-function" berechnet werden:

Insbesondere lässt sich hier die Eta-Funktion nutzen:

Es ist:

\(\displaystyle \eta(s)=\frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{1+e^x} \, \dd x\iff  \eta(s)\Gamma(s)= \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{1+e^x} \, \dd x\)

Differenziert man dieses nun einmal nach \(s\) ergibt sich:

\(\displaystyle \eta'(s)\Gamma(s)+\eta(s)\Gamma'(s)= \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}\log(x)}{1+e^x} \, \dd x\)

Setzen wir \(s=1\) ergibt sich:

\(\displaystyle \eta'(1)\Gamma(1)+\eta(1)\Gamma'(1)= \int_0^{\infty}\frac{\log(x)}{1+e^x} \, \dd x\)

Mit \(\Gamma(1)=1\), \(\Gamma'(x)=\int_0^{\infty}e^{-t}t^{x-1}\log(t)\, \dd t\) und somit \(\Gamma'(1)=-\gamma\), \(\eta(1)=\ln(2)\) und \(\eta'(1)=\gamma \ln(2)-\frac{1}{2}\ln^2(2)\) (siehe hier) bekommt man schließlich den Reihenwert:

\(\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{\infty} (-1)^k\frac{\ln k}{k}=\gamma \ln 2+\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{1+e^x} \dd x=\gamma \ln 2+\gamma \ln 2 -\frac{1}{2}\ln^2 2 -\gamma \ln 2 =\gamma \ln 2-\frac{1}{2}\ln^2 2\)

Vielleicht findet jemand ja auch noch einen elementaren Weg.

Gruß,

Küstenkind



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-02-06


Huhu Kuestenkind,

hmm das Vertauschen von Integration und Limesbildung setzt in diesem Falle doch gleichmäßige Konvergenz voraus, oder täusche ich mich?

Viele Grüße,
X3nion



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-02-27


Huhu X3nion,

hmm - da gibt es doch auch andere Kriterien:



Nun ist \(\displaystyle \frac{e^{-x}-e^{-kx}}{kx}\in\frac{(k-1)x+\mathcal{O}(x^2)}{kx}\in \mathcal{O}(1)\) für \(x\to 0\).

Gruß,

Küstenkind




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Math_user hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Math_user hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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