Formelsammlung Mathematik: Grenzwerte

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Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Grenzwert für e-Funktion


\lim_{|\xi|\to\infty} \left(1+\frac{z}{\xi}\right)^\xi=e^z \qquad \forall z\in\Bbb{C}


[Bearbeiten] Gaußsche Definition der Gammafunktion als Grenzwert


\lim_{n\to\infty} \frac{n!\, n^z}{z\,(z+1)\cdots (z+n)}=\Gamma(z) \qquad \forall z\notin\Bbb{Z}_{\le 0}


[Bearbeiten] Verhalten der Gammafunktion


\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^y}\,\prod_{k=0}^n \left(1+\frac{y}{k+x}\right)=\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}
Beweis

Nach der Gaußschen Definition der Gammafunktion gilt

\Gamma(x)=\lim_{n\to\infty} \frac{n!\, n^x}{x\, (x+1)\cdots (x+n)}           und

\Gamma(x+y)=\lim_{n\to\infty} \frac{n!\, n^{x+y}}{(x+y)\, (x+y+1)\cdots (x+y+n)}

Betrachte nun den Quotient

\frac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}=\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^y}\, \frac{x+y}{x}\,\frac{x+y+1}{x+1}\, \cdots \, \frac{x+y+n}{x+n}

 



[Bearbeiten] Verhalten der Gammafunktion an den Polstellen


\lim_{\varepsilon\to 0^+} \left(\left|\Gamma\left(-n+\varepsilon \, e^{i \varrho_1}\right)\right| -\left|\Gamma\left(-n+\varepsilon \, e^{i \varrho_2}\right)\right|\right)=\frac{\psi(n+1)}{\Gamma(n+1)} \Big(\cos \varrho_1-\cos \varrho_2\Big)
f\, \lim_{z_1,z_2\to 0} \frac{z_1\, f(z_1)-z_2\, f(z_2)}{z_1-z_2}
\Gamma(-n+z)\, (-1)^n \frac{\Psi(n+1)}{\Gamma(n+1)}
\Gamma(-n+z)\, z\, (-1)^n \frac{1}{\Gamma(n+1)}
\Psi(-n+z)\, \Psi(n+1)\,
\Psi(-n+z)\, z -1\,
\zeta(1+z)\, (1+z)^\alpha \alpha+\gamma\,


[Bearbeiten] Stirlingsche Formel


\lim_{n\to\infty} \frac{n!\, e^n}{n^n\, \sqrt{2\pi n}}=1
Beweis

Setze a_n=\frac{n!\, e^n}{n^n\, \sqrt{2\pi n}} und betrachte den Quotienten zweier aufeinander folgender Glieder.

\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{1}{e} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac12}. Das ist nach der Ungleichung e<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac12} stets größer als 1\,.

Die Folge (a_n)\, fällt somit streng monoton und sie ist durch null nach unten beschränkt, weil alle Folgeglieder positiv sind.

Also existiert der Grenzwert g=\lim a_n.

Wegen \frac{a_{2n}}{a_n^2}=\frac{\sqrt{n\pi}}{2^{2n}}\, {2n\choose n}\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} 1 ist g=\frac{\lim a_n^2}{\lim a_{2n}}=1.

 



Mit z=\varrho e^{i\varphi} gilt \Gamma(z)\sim\sqrt{\frac{2\pi}{z}} \left(\frac{z}{e}\right)^z \left\{\begin{matrix} 1 & -\pi<\varphi<\pi \\ \frac1{e^{2\pi i z}-1} & \varphi=\pi \end{matrix}\right. für \varrho\to\infty


[Bearbeiten] Folgerungen aus der Stirlingformel


\lim_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e
1. Beweis

Die Stirlingformel besagt dass die Folge a_n=\frac{n!\, e^n}{n^n\, \sqrt{2\pi n}} gegen 1\, konvergiert.

Daher muss auch die Folge \sqrt[n]{a_n}=\frac{\sqrt[n]{n!}\,\, e}{n\, \sqrt[2n]{2\pi n}} gegen 1\, konvergieren.

Wegen \lim_{n\to\infty} \sqrt[2n]{2\pi n}=1 ist somit \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\, e=1, gleichbedeutend mit \lim_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e.

 


2. Beweis

Multipliziert man die Abschätzung (n-1)!<\frac{n^n}{e^n}\, e<n! mit \frac{e^n}{n!} durch

so ist \frac{e^n}{n}<\frac{n^n}{n!}\,e<e^n und daraus folgt \frac{e}{\sqrt[n]{n}}<\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}\,\sqrt[n]{e}<e.

Läßt man n\to\infty\, gehen so erhält man e\le \lim_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}\le e.

 



\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n\pi}}{2^{2n}} {2n\choose n}=1
Beweis

\prod_{k=1}^n \frac{4k^2-1}{4k^2}=\prod_{k=1}^n \frac{(2k-1)\cdot (2k+1)}{2k\cdot 2k}=\frac{\frac{(2n)!}{2^n\, n!}\, \cdot \, \frac{(2n)!}{2^n\, n!} \, (2n+1) }{2^n\, n! \, \cdot \, 2^n\, n!}=(2n+1)\left[\frac{(2n)!}{2^{2n}\, n!^2}\right]^2=(2n+1)\left[\frac{1}{2^{2n}} {2n\choose n}\right]^2

Also ist \lim_{n\to\infty} (2n+1)\left[\frac{1}{2^{2n}} {2n\choose n}\right]^2=\prod_{k=1}^\infty \frac{4k^2-1}{4k^2}=\frac{2}{\pi} \qquad \text{(Wallis Produkt)}

Daraus folgt \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{2n+1}}{2^{2n}} {2n\choose n}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}, gleichbedeutend mit \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{\left(n+\frac12\right)\pi}}{2^{2n}} {2n\choose n}=1.

Und wegen \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n\pi}}{\sqrt{\left(n+\frac12\right)\pi}}=1 ist daher auch \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n\pi}}{2^{2n}} {2n\choose n}=1.

 



B(\alpha n,\beta n)\sim\sqrt{\frac{2\pi}{n}}\,\sqrt{\frac{\alpha+\beta}{\alpha\,\beta}} \left(\frac{\alpha^\alpha\, \beta^\beta}{(\alpha+\beta)^{\alpha+\beta}}\right)^n


\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{(\alpha n+\beta n)!}{(\alpha n)!\, (\beta n)!}}=\frac{(\alpha+\beta)^{\alpha+\beta}}{\alpha^\alpha\,\beta^\beta}


[Bearbeiten] Kellersche Darstellung von e


\lim_{n\to\infty} \left[\frac{(n+1)^{n+1}}{n^n}-\frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}\right]=e
Beweis

Aus der Reihenentwicklung (1+z)^{1/z}=\sum_{k=0}^\infty \sum_{\ell=k}^\infty \frac{1}{\ell!} \begin{bmatrix} \ell \\ \ell-k\end{bmatrix}\, z^k=e-\frac{e}{2}\cdot z+O(z^2) für z\to 0\,

folgt \left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e-\frac{e}{2}\cdot \frac{1}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right) für n\to\infty\,.

Also ist \frac{(n+1)^{n+1}}{n^n}-\frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}=(n+1)\left(1+\frac{1}{n}\right)^n-n\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n-1}

=(n+1)\left(e-\frac{e}{2}\cdot \frac{1}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)-n\left(e-\frac{e}{2}\cdot \frac{1}{n-1}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)

=e-\frac{e}{2}\cdot \frac{n+1}{n}+\frac{e}{2} \cdot \frac{n}{n-1}+O\left(\frac{1}{n}\right). Und das konvergiert gegen e\, für n\to\infty\,.

 



[Bearbeiten] Stieltjes Konstanten


\lim_{m\to\infty} \left(\sum_{k=1}^m \frac{(\log k)^n}{k}-\frac{(\log m)^{n+1}}{n+1}\right)=\gamma_n


[Bearbeiten] Definition der Eulerschen Konstante


\lim_{n\to\infty} \left(H_n-\log n\right)=\gamma
Beweis

Für x>-1\, ist x\ge \log(1+x).

Setzt man x=\frac{-1}{k+1} so ist \frac{-1}{k+1}\ge \log k-\log(k+1), und somit \log(k+1)-\log k\ge \frac{1}{k+1}.

Setzt man x=\frac{1}{k} so ist \frac{1}{k}\ge \log(k+1)-\log k.


Genauso gut kommt man auf die beiden Ungleichungen wenn man in der Napierschen Ungleichung

\frac{1}{a}<\frac{2}{a+b}<\frac{\log a-\log b}{a-b}<\frac{1}{\sqrt{ab}}<\frac{1}{b} \qquad a=k+1 und b=k\, setzt.


Die erste Ungleichung \log(k+1)-\log k\ge H_{k+1}-H_k, gleichbedeutend mit

H_k-\log k\ge H_{k+1}-\log(k+1), zeigt dass die Folge (H_n-\log n)_{n\ge 1} monoton fällt.

Aus der zweiten Ungleichung folgt H_n\ge\sum_{k=1}^n \big(\log(k+1)-\log k\big)=\log(n+1)>\log n.

Daher sind alle Folgeglieder H_n-\log n\, positiv und somit nach unten beschränkt.

Also existiert der Grenzwert \lim_{n\to\infty} \left(H_n-\log n\right).

 



[Bearbeiten] Psifunktion als Grenzwert


\lim_{n\to\infty} \left(\log n-\sum_{k=0}^n \frac{1}{k+x}\right)=\psi(x)


[Bearbeiten] Verhalten der Zetafunktion an der Polstelle


\lim_{z\to 1} \left(\zeta(z)-\frac{1}{z-1}\right)=\gamma


[Bearbeiten] Grenzwert der sich aus der χ2-Verteilung ergibt


\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n!} \int_{n+a\sqrt{n}}^{n+b\sqrt{n}} \frac{x^n}{e^x}\, dx=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\, \int_a^b e^{-\frac{x^2}{2}}\, dx \qquad a,b\in\Bbb{C}


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