grössenrelation zeigen

volkard

Riecht für mich nach vollständiger Induktion.
Zu zeigen: n!>10^n für alle n>=25.
Induktionsanfang: 25!>10^25.
Induktionsschritt: n!>10^n && n+1>10 => n!(n+1)>10^n10 => (n+1)!>10^(n+1).

Columbo

Ich glaube eine richtig schöne Lösung gefunden zu haben: Stirlings approximation.
$\sqrt{2\pi n} ~~\frac{10^{30}}{e}^{10^{30}}$
Gegen
$10^{10^{30}}$
Wenn man dann annimmt das die Approximation für unser N genau genug ist reicht das schon, da $\frac{10^{30}}{e}$ (verdammt) größer als $10$ ist.

volkard

Arcoth schrieb:

Wenn man dann annimmt das die Approximation für unser N genau genug ist

Stirling ist unfassbar genau.

SeppJ

volkard schrieb:

Arcoth schrieb:

Wenn man dann annimmt das die Approximation für unser N genau genug ist

Stirling ist unfassbar genau.

Aber ich glaube, ein Methevorlesungstutor nimmt die Lösung trotzdem nicht an, sofern man nicht beweist, dass es hier genau genug ist.

hustbaer

Ich glaub ein Methevorlesungstutor ist da ganz entspannt

Columbo

<<- Alles Quatsch ->>

Jester

Jetzt bringt sich der Tutor um, weil er die Verknüpfung von Zahlen statt Aussagen mittels einer Äquvalenz rein psychisch nicht erträgt (3 <=> 5 waaah )

Arcoth schrieb:

$\sqrt{2\pi}\ n^{n+1/2}e^{-n} \le n!$
Was äquivalent zu
$e^{\ln n\frac{n+1}{2} - n} \le n!$
Ist.

Nein, das ist nicht äquivalent. Und die unteren <=> machen einfach keinen Sinn.

Columbo

Nein, das ist nicht äquivalent.

Moment, ich dachte das wäre ein Formattierungsfehler...

Columbo

Mich hat das n+1/2 verwirrt. Da lese ich automatisch $\frac{n+1}{2}$ - muss ich mir abgewöhnen. Dann hier die korrigierte Version die ich nicht nur im Latex-Code inspiziert habe - für $n \in \mathbb{N} _+$ :

\begin{alignat}{3} & \sqrt{2\pi}\ n^{n+1/2}e^{-n} &&\le n! \nonumber \\ \Leftrightarrow{} &\sqrt{2\pi} e^{(\ln n)(n+\frac{1}{2}) - n} &&\le n! \nonumber \\ \end{alignat}

Nun die natürlichen Logarithmen des obigen und $10^{10^{30}}$ vergleichen ( $\ln \sqrt{2\pi}$ kann ignoriert werden):

\begin{alignat}{3} & \ln 10 \times 10^{30} &&\le \ln~ 10^{30}\times( 10^{30}+\frac{1}{2}) - 10^{30} \nonumber \\ \Leftrightarrow{} & \ln 10 &&\le \ln~ 10^{30}\times(1+\frac{1}{2*10^{30}}) - 1 \nonumber \\ \Leftrightarrow{} & \ln 10 &&\le \ln~ 10^{30} + \frac{\ln~ 10^{30}}{2*10^{30}} - 1 \nonumber \\ \Leftrightarrow{} & 1 &&\le 29\ln~ 10 + \frac{15\ln~ 10}{10^{30}} \nonumber \\ \end{alignat}

Ist dann aber schon zu hässlich.

Hier eignet sich eine Treppe I<II<III<IV<...<X besser, da du dann einfacher irrelevante Faktoren rausschmeissen kannst.

Mein Beweis:
$n!\ge \sqrt{2\pi}n^{n+1/2}e^{-n} \ge e^{n(\ln n)-n} \ge \left(e^{\ln n - 1}\right)^n$
Für n=10³⁰ ist nun e^(ln n)-1^>e20^>10 und damit insbesondere $n!\ge \left(e^{\ln n - 1}\right)^n > 10^n$

Ausserdem benutzt man \times nur für so Sachen wo man "kreuz" sagen würde (Vektormultiplikation oder RxR), nicht für das Mal-Zeichen. Dafür ist \cdot oder besser gar nichts.