4. grössenrelation zeigen

grössenrelation zeigen

  • Mod

    Bashar schrieb:

    Einfach mal die Produkte ausschreiben und die Faktoren vergleichen.

    Irgendwie bin ich gerade zu dumm, diesen Tipp zu verstehen. Kannst du das erläutern?

    Ich hätte gesagt, dass man auch die Logarithmen vergleichen kann. Dann bekommen wir einmal
    log10(101030)=1030\log_{10}\left(10^{10^{30}}\right) = 10^{30} und das andere Mal log10((1030)!)=∑i=11030log10(i)\log_{10}\left(({10^{30})!}\right) = \sum_{i=1}^{10^{30}}\log_{10}(i). Das sind mindestens 1030−1010^{30}-10 Summanden die größer sind als 1 und die Summe ist somit mindestens 1030−1010^{30}-10. Da der letzte Summand aber nicht bloß größer als 1 ist, sondern sogar genau 30 ist, haben wir mindestens einen Wert von 1030+1910^{30}+19 für die Gesamtsumme, also jetzt mehr als der Logarithmus des anderen Wertes (und es kommt noch mehr dazu!). Womit gezeigt ist, dass der Wert mit der Fakultät größer ist.
    Dieses Argument funktioniert daher trivial ab (1020)!(10^{20})!, davor muss man sich ein bisschen anstrengen und tatsächlich ein paar Logarithmen ausrechnen. Beispielsweise ist ∑i=125log10(i)>25\sum_{i=1}^{25}\log_{10}(i) > 25 die erste ganze Zahl bei der die Summe der Logarithmen größer ist, als die Zahl selbst. Das heißt, der Übergang, ab der der Fakultätsaudruck (10x)!(10^{x})! größer wird als der Potenzausdruck 1010x10^{10^{x}} liegt zwischen schon ganz am Anfang, zwischen x=1x = 1 und x=2x = 2. Oder, wenn wir die Gammafunktion benutzen und somit auch reelle xx zulassen, ungefähr bei x=1.4x=1.4 (wobei ich für letzteres keinen analytischen Ausdruck angeben kann, das hat mir der Taschenrechner geflüstert)

    0

  • Ich hätt' gesagt
    101030=210305103010^{10^{30}} = 2^{10^{30}}5^{10^{30}}
    Und

    {10^{30}}! ~~=~~ \prod_{p \in \mathbb{P} \cup [1, 10^{30}] } p^{\sum^\infty_{i=1}\frac{10^{30}}{p^i}} ~~= ~~2^{\sum^\infty_{i=1}\frac{10^{30}}{2^i}} 5^{\sum^\infty_{i=1}\frac{10^{30}}{5^i}} … ~~= ~~ {2^{10^{30}}} 5^{\frac{10^{30}}{4}} …

    Da kann man doch sicher irgendwie anhand der schieren Überzahl der unteren Primpotenzen argumentieren?

    Oder, etwas unformaler, einmal habe ich ein Produkt von 103010^{30} Faktoren, die alle 1010 sind - und einmal habe ich ein Produkt von 103010^{30} Faktoren, von denen 99.999999% größer als 1010 sind.

    Dann teile ich jeden Faktor durch 1010 und und erhalte 1 für die erste Gleichung; Bei der zweiten sind jedoch alle Faktoren >10>10 nach der Division noch größer als 11 und werden daher das Produkt in die Höhe treiben.

    0
  • B

    SeppJ schrieb:

    Bashar schrieb:

    Einfach mal die Produkte ausschreiben und die Faktoren vergleichen.

    Irgendwie bin ich gerade zu dumm, diesen Tipp zu verstehen. Kannst du das erläutern?

    Das eine ist 1030⋅(1030−1)⋅⋯⋅2⋅110^{30}\cdot (10^{30}-1)\cdot \cdots\cdot 2\cdot 1 (103010^{30} Faktoren), das andere 10⋅10⋅⋯⋅1010\cdot 10\cdot \cdots\cdot 10, genausoviele Faktoren. Bei der Fakultät sind ein paar Faktoren kleiner als 10 sind und sehr viele größer als 10. Das kann man noch geradebiegen für einen Beweis, aber im Prinzip ist an der Stelle schon klar, dass die Fakultät sehr viel größer sein muss.

    Ich hätte gesagt, dass man auch die Logarithmen vergleichen kann.

    War auch mein erster Gedanke. Im Prinzip läuft das aber auf das gleiche Argument hinaus, man vergleicht halt die Summanden, und dann kann mans auch sein lassen.

    0
  • V

    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).

    0

  • Ich glaube eine richtig schöne Lösung gefunden zu haben: Stirlings approximation.
    2πn  1030e1030\sqrt{2\pi n} ~~\frac{10^{30}}{e}^{10^{30}}
    Gegen
    10103010^{10^{30}}
    Wenn man dann annimmt das die Approximation für unser N genau genug ist reicht das schon, da 1030e\frac{10^{30}}{e} (verdammt) größer als 1010 ist.

    0
  • V

    Arcoth schrieb:

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

    Stirling ist unfassbar genau.

    0
  • Mod

    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.

    0

  • Ich glaub ein Methevorlesungstutor ist da ganz entspannt 😃

    0

  • <<- Alles Quatsch ->>

    0
  • J

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

    0
  • ?

    Arcoth schrieb:

    2π nn+1/2e−n≤n!\sqrt{2\pi}\ n^{n+1/2}e^{-n} \le n!
    Was äquivalent zu
    elnnn+12−n≤n!e^{\ln n\frac{n+1}{2} - n} \le n!
    Ist.

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

    0

  • Nein, das ist nicht äquivalent.

    Moment, ich dachte das wäre ein Formattierungsfehler... 😃

    0

  • Mich hat das n+1/2 verwirrt. Da lese ich automatisch n+12\frac{n+1}{2} - muss ich mir abgewöhnen. Dann hier die korrigierte Version die ich nicht nur im Latex-Code inspiziert habe - für n∈N+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 10103010^{10^{30}} vergleichen (ln2π\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.

    0
  • ?

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

    Mein Beweis:
    n!≥2πnn+1/2e−n≥en(lnn)−n≥(elnn−1)nn!\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!≥(elnn−1)n>10nn!\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.

    0
Anmelden zum Antworten