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Kein bestimmter Bereich J ** Grenzwertig V
Squire
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  Themenstart: 2021-02-26

Für das Wochenende hier ein echter Klassiker: Bestimme $\displaystyle \lim_{x \to 1+} \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^x}-\frac{1}{x^n}\right)$ Antworten bitte wie immer mit PN; viel Vergnügen! Grüße Squire


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Squire
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-27

Ein kleiner Schubs am Samstagmorgen - schönes Wochenende! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-01

Ich freue mich über die richtigen Lösungen von MontyPythagoras Mano Wauzi und lasse das Problem noch einige Tage stehen. Grüße Squire


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Squire
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Dabei seit: 18.08.2015
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-08

Hier mein Lösungsvorschlag: \showon (a) $\displaystyle \lim_{x \to 1+} \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^x}-\frac{1}{x^n}\right)=…=\lim_{t \to 0+} \left( \zeta(1+t)-\frac{1}{t} \right)$ (b) $\displaystyle \zeta(1+t)=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma(1+t)}{n^{1+t}}=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\sum_{n=1}^\infty \frac{\int_0^\infty u^t e^{-u}du}{n^{1+t}}=(u=ny)=$ $\displaystyle =\frac{1}{\Gamma(1+t)}\sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty y^t e^{-ny}dy=…=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\int_0^\infty \frac{y^t}{e^y-1}dy$ (c) $\displaystyle \frac{1}{t}=\frac{\Gamma(t)}{t\cdot\Gamma(t)}=\frac{1}{\Gamma(1+t)}\int_0^\infty \frac{y^{t-1}}{e^y}dy$ (d) $\displaystyle \lim_{t \to 0+} \left( \zeta(1+t)-\frac{1}{t} \right)=…=\int_0^\infty \left(\frac{1}{e^y-1}-\frac{1}{ye^y}\right)dy$ (e) $\displaystyle \int_0^\infty \left(\frac{1}{e^y-1}-\frac{1}{ye^y}\right)dy=(u=e^{-y})=\int_0^\infty \left(\frac{1}{1-u}-\frac{1}{\ln{u}}\right)du=\gamma$ \showoff Weitere Lösungsvorschläge ab sofort hier willkommen! Grüße Squire


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.4, eingetragen 2021-03-08

Na, dann gerne auch meine Lösung: \showon es ist $$\sum_{n=1}^\infty \frac1{x^n}=\frac1x\sum_{n=0}^\infty \left(\frac1x\right)^n=\frac{\frac1x}{1-\frac1x}=\frac1{x-1}$$Wir suchen daher $$\lim_{x \to 1+} \left(-\frac1{x-1}+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^x}\right)=\lim_{x \to 1+}\left(\zeta(x)-\frac1{x-1}\right)$$Die Riemannsche Zeta-Funktion können wir ab einem beliebigen $N$ wie folgt eingrenzen: $$\sum ^{N}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N+1}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu\leq\zeta\left(x\right) \leq\sum ^{N}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu\tag1$$Wir betrachten nur die rechte Ungleichung, die wir wie folgt ergänzen: $$\zeta\left(x\right)\leq\sum ^{N}_{n=1}\left(\frac1{n^x}-\frac1n\right)+\left(\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\intop_1^N\frac1\nu\mathrm d\nu\right)+\intop_1^N\left(\frac1\nu-\frac1{\nu^x}\right)\mathrm d\nu+\intop ^{\infty }_1\frac1{\nu^x}\mathrm d\nu$$Wir berechnen zwei Integrale und arrangieren ein wenig um: $$\zeta\left(x\right) \leq\left(\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\ln N\right)+\left[\frac{-1}{(x-1)\nu^{x-1}}\right]_1^\infty+\sum ^{N}_{n=1}\left(\frac1{n^x}-\frac1n\right)+\intop_1^N\left(\frac1\nu-\frac1{\nu^x}\right)\mathrm d\nu$$Die eckige Klammer ist $\frac1{x-1}$, woraus folgt: $$\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1} \leq\left(\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\ln N\right)+\sum ^{N}_{n=1}\left(\frac1{n^x}-\frac1n\right)+\intop_1^N\left(\frac1\nu-\frac1{\nu^x}\right)\mathrm d\nu$$Daher gilt, wenn wir nun $x\to1$ gehen lassen: $$\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right) \leq\sum ^{N}_{n=1}\frac1n-\ln N$$Lassen wir nun noch $N\to\infty$ gehen, dann steht rechts bekanntermaßen die Euler-Mascheroni-Konstante $\gamma$: $$\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right) \leq\gamma$$Die linke Seite in Ungleichung (1) formen wir geringfügig um: $$\sum ^{N}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N+1}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu=-\frac1{(N+1)^x}+\sum ^{N+1}_{n=1}\frac{1}{n^x}+\intop ^{\infty }_{N+1}\frac{1}{\nu^x}\mathrm d\nu$$Der zweite und dritte Term ergeben das Gleiche wie die obige Herleitung, wenn man dort nur $N$ durch $N+1$ ersetzt, und für $x=1$ geht $-\frac1{(N+1)^x}$ gegen null für große $N$. Wir wenden hier also den Einschnürungssatz an, der für $N\to\infty$ ergibt: $$\gamma\leq\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right) \leq\gamma$$Und damit ist der gesuchte Grenzwert: $$\lim_{x\to1+}\left(\zeta\left(x\right)-\frac1{x-1}\right)=\gamma$$ \showoff Ciao, Thomas


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Mano
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  Beitrag No.5, eingetragen 2021-03-08

Hallo, meine Lösung würde so gehen: \hideon Für $x>1$ konvergiert $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x^n}$ (natürlich) absolut gegen $\frac{1}{x-1}$ und $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^x}$ (nach z.B. Integralkriterium) gegen $\zeta(x)$. Sei $a_n\equiv1$ für $n\in\mathbb{N}$, $A(t):=\sum_{1\leq n\leq t}a_n=\lfloor t\rfloor$ und $f(t):=t^{-x}$ mit $f'(t)=-xt^{-x-1}$, was für $x>1$ stetig ist. Weiter gilt $\displaystyle \lim_{t\to\infty}A(t)f(t)=\lim_{t\to\infty}\lfloor t\rfloor t^{-x}=\lim_{t\to\infty}t^{1-x}=0$ für $x>1$. Also folgt für $x>1$ mit abelscher patieller Summation: $\displaystyle \zeta(x)=\sum_{n=1}^\infty a_nf(n)=-\int_1^\infty A(t)f'(t)\,\dd{t}=\int_1^\infty\lfloor t\rfloor xt^{-x-1}\dd{t}=x\int_1^\infty\frac{t-\{t\}}{t^{x+1}}\dd{t}=x\int_1^\infty t^{-x}\dd{t}-x\int_1^\infty\frac{\{t\}}{t^{x+1}}\dd{t}=\frac{x}{1-x}\left[t^{1-x}\right]_1^\infty -x\int_1^\infty\frac{\{t\}}{t^{x+1}}\dd{t}=\frac{x}{x-1} -x\int_1^\infty\frac{\{t\}}{t^{x+1}}\dd{t}$ für den gebrochenen Anteil $\{t\}=t-\lfloor t\rfloor$. Insgesamt gilt: $\displaystyle \lim_{x\to 1^+}\sum_{n=1}^\infty(\frac{1}{n^x}-\frac{1}{x^n})=\lim_{x\to 1^+}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^x}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{x^n}\right)=\lim_{x\to 1^+}\left(\zeta(x)-\frac{1}{x-1}\right)=\lim_{x\to 1^+}\left(\frac{x}{x-1} -x\int_1^\infty\frac{\{t\}}{t^{x+1}}\dd{t}-\frac{1}{x-1}\right)=\lim_{x\to 1^+}\left(1-x\int_1^\infty\frac{\{t\}}{t^{x+1}}\dd{t}\right)=1-\int_1^\infty\frac{\{t\}}{t^2}\dd{t}=\boxed{\gamma}.$ \hideoff Viele Grüße, Mano


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