Die Logarithmusfunktion – „Mathe für Nicht-Freaks“

Dieser Abschnitt ist noch im Entstehen und noch nicht offizieller Bestandteil des Buchs. Gib den Autoren Zeit, den Inhalt anzupassen!

Definition

Wir haben bereits gezeigt, dass die Exponentialfunktion $\exp :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{+},x\mapsto \exp(x)$ bijektiv ist. Wir definieren nun die Logarithmusfunktion $\ln :\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$ als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion.

Definition (Logarithmusfunktion)

Die Logarithmusfunktion $\ln :\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R}$ ist definiert als die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion. Es gelten also

${\begin{aligned}\ln(\exp(x))&=x\;,\quad x\in \mathbb {R} \\\exp(\ln(y))&=y\;,\quad y\in \mathbb {R} ^{+}\end{aligned}}$

To-Do:

Graph

Eigenschaften

To-Do:

$\ln(1)=0$

Bijektivität, Monotonie und Stetigkeit

Nach dem Satz von der Stetigkeit der Umkehrfunktion ist die Logarithmusfunktion ebenfalls bijektiv, streng monoton steigend und stetig.

Rechenregeln

Logarithmus eines Produktes

Satz

Für alle $x,y\in \mathbb {R} ^{+}$ gilt

$\ln(x\cdot y)=\ln(x)+\ln(y)$

Wie kommt man auf den Beweis?

Wir kennen bereits eine ähnliche Regel für die Exponentialfunktion: Für alle $a,b\in \mathbb {R}$ gilt

$\exp(a)\cdot \exp(b)=\exp(a+b)$

Diese Regel wollen wir gewissermaßen umdrehen, indem wir verwenden, dass die Logarithmusfunktion die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion ist. Dazu wählen wir $a=\ln(x)$ und $b=\ln(y)$, also $x=\exp(a)$ und $y=\exp(b)$. Dann gilt nämlich

$\ln(x\cdot y)=\ln(\exp(a)\cdot \exp(b))=\ln(\exp(a+b))=a+b=\ln(x)+\ln(y)$

Beweis

Es gilt

$\ln(x\cdot y)=\ln(\exp(\ln(x))\cdot \exp(\ln(y)))=\ln(\exp(\ln(x)+\ln(y)))=\ln(x)+\ln(y)$

Logarithmus einer ganzzahligen Potenz

Satz

Für alle $x\in \mathbb {R} ^{+}$ und $n\in \mathbb {Z}$ gilt

$\ln(x^{n})=n\ln(x)$

Wie kommt man auf den Beweis?

Die Idee ist, diese Rechenregel auf die vorhin bewiesene Regel zurückzuführen, indem wir $x^{n}$ als ein Produkt aus $n$ Faktoren auffassen:

$\ln(x^{n})=\ln(\underbrace {x\cdot \ldots \cdot x} _{n{\text{ Faktoren}}})=\underbrace {\ln(x)+\ldots +\ln(x)} _{n{\text{ Summanden}}}=n\ln(x)$

Der formale Beweis wird mittels vollständiger Induktion nach $n$ geschehen, wobei der Induktionsanfang unmittelbar aus $\ln(1)=0$ folgt. Allerdings müssen wir beachten, dass unser $n\in \mathbb {Z}$ auch negativ sein kann. Dies wollen wir auf den positiven Fall zurückführen, indem wir $-n>0$ betrachten.

Beweis

Sei $x\in \mathbb {R} ^{+}$. Wir unterscheiden drei Fälle.

Fall 1: $n=0$

Wir wissen bereits, dass $\ln(1)=0$ gilt. Somit ist

$\ln(x^{0})=\ln(1)=0=0\cdot \ln(x)$

Fall 2: $n>0$

Mithilfe der bereits bewiesenen Rechenregel für den Logarithmus eines Produktes erhalten wir

$\ln(x^{n})=\ln(x\cdot x^{n-1})=\ln(x)+\ln(x^{n-1})$

Die Aussage folgt also induktiv.

Fall 3: $n<0$

Aus dem zweiten Fall wissen wir schon, dass $\ln(x^{-n})=-n\ln(x)$ gilt. Daher ist

$\ln(x^{n})=\ln(x^{n})+\ln(x^{-n})-\ln(x^{-n})=\ln(x^{n}\cdot x^{-n})+n\ln(x)=\ln(1)+n\ln(x)=n\ln(x)$

Der Logarithmus und die harmonische Reihe

Asymptotisches Wachstum der harmonischen Reihe

Partialsummen im Vergleich mit dem Logarithmus

Wir im Kapitel über die harmonische Reihe schon gesehen, dass die Partialsummen dieser Reihe ähnlich wie der natürlichen Logarithmus $\ln$ anwachsen. Tatsächlich gilt

Satz (Asymptotisches Verhalten der harmonischen Reihe)

Die Folgen $\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\right)_{n\in \mathbb {N} }$ und $\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n\right)_{n\in \mathbb {N} }$ konvergieren gegen denselben Grenzwert. Außerdem gilt $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}{\ln n}}=1$.

Diese Zahl $\gamma \approx 0,5772$ ist die sogenannte Euler-Mascheroni-Konstante. Sie wurde zum ersten Mal vom Mathematiker Leonhard Euler 1734 verwendet. Bislang konnte nicht bewiesen werden, ob diese Zahl rational oder irrational ist. Keiner weiß es!

Beweis (Asymptotisches Verhalten der harmonischen Reihe)

'

Beweisschritt: $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)\right)$

Es gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)\right)&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{n}\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \ln \left({\tfrac {x}{y}}\right)=\ln x-\ln y\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{n}\left(\ln(k+1)-\ln k\right)\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\left(\ln(n+1)-\ln 1\right)\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \ln 1=0\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\end{aligned}}$

Beweisschritt: $\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\right)_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert.

Es gilt Mit der $\ln$-Ungleichung gilt zunächst

${\frac {1}{k}}-\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)={\frac {1}{k}}-\ln \left(1+{\frac {1}{k}}\right)\geq {\frac {1}{k}}-\left(1+{\frac {1}{k}}-1\right)={\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k}}=0$

Damit sind alle Summanden der Reihe nicht-negativ, und somit $a_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)\right)$ monoton steigend.

Weiter gilt erneut mit der $\ln$-Ungleichung:

${\frac {1}{k}}-\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)\leq {\frac {1}{k}}-\left(1-{\frac {1}{\frac {k+1}{k}}}\right)={\frac {1}{k}}-\left(1-{\frac {k}{k+1}}\right)={\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}$

Damit ist

${\begin{aligned}a_{n}&=\sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-\ln \left({\frac {k+1}{k}}\right)\right)\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{n}\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme}}\right.}\\[0.5em]&=1-{\frac {1}{n+1}}\\[0.5em]&\leq 1\end{aligned}}$

Also ist $(a_{n})$ nach oben beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium konvergiert $\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\right)_{n\in \mathbb {N} }$. Mit der Monotonieregel für Grenzwerte gilt für den Limes $\gamma$ mit dem eben Gezeigten:

$0\leq \gamma \leq 1$

Beweisschritt: $\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n\right)_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen denselben Grenzwert.

Wir haben gerade gezeigt $a_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\to \gamma$. Ist $b_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n)$, so gilt weiter

${\begin{aligned}b_{n}-a_{n}&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n)-\left[\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln(n+1)\right]\\[0.5em]&=\ln(n+1)-\ln(n)\\[0.5em]&=\ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)\\[0.5em]&=\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)\\[0.5em]&\quad {\color {OliveGreen}\left\downarrow \ \ln \ {\text{stetig}}\right.}\\[0.5em]&\to \ln(1+0)=\ln(1)=0\end{aligned}}$

Mit den Grenzwertsätzen folgt damit

${\begin{aligned}b_{n}&=(b_{n}-a_{n})+a_{n}\to 0+\gamma =\gamma \end{aligned}}$

Also konvergiert $\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n\right)_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls gegen $\gamma$.

Beweisschritt: $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}{\ln n}}=1$.

Aus $\lim \limits _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n=\gamma$ und $\lim _{n\to \infty }\ln n=\infty$ folgt:

$\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n}{\ln n}}=0$

Nun ist

${\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n}{\ln n}}={\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}{\ln n}}-{\frac {\ln n}{\ln n}}={\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}{\ln n}}-1$

Damit folgt nun

$\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}{\ln n}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}{\ln n}}-1+1=\lim _{n\to \infty }{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n}{\ln n}}+1=0+1=1$

Der Grenzwert der alternierenden harmonischen Reihe

Mit Hilfe der Folge $\left(\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {1}{k}}-\ln n\right)_{n\in \mathbb {N} }$ können wir zeigen

Satz (Grenzwert der alternierenden harmonischen Reihe)

Es gilt

$\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}=\ln(2)$

Beweis (Grenzwert der alternierenden harmonischen Reihe)

Aus dem bekannten Grenzwert für die Euler-Mascheroni-Konstante folgt für die Folge $(\gamma _{n})_{n\in \mathbb {N} }=\left(\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {1}{k}}-\ln n-\gamma \right)_{n\in \mathbb {N} }$:

$\lim _{n\to \infty }\gamma _{n}=0$

Da jeder Teilfolge gegen denselben Grenzwert konvergiert, gilt ebenso

$\lim _{n\to \infty }\gamma _{2n}=0$

Damit folgt

$\lim _{n\to \infty }(\gamma _{2n}-\gamma _{n})=0$

Andererseits ist

${\begin{aligned}\gamma _{2n}-\gamma _{n}&=\sum _{k=1}^{2n}{\tfrac {1}{k}}-\ln(2n)-\gamma -\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {1}{k}}+\ln n+\gamma \\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{2n}{\tfrac {1}{k}}-\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {1}{k}}+\ln n-\ln(2n)\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{2n}{\tfrac {1}{k}}-2\sum _{k=1}^{n}{\tfrac {1}{2k}}+\ln n-\ln(2n)\\[0.5em]&=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\ldots +{\frac {1}{2n-1}}+{\frac {1}{2n}}-2\cdot \left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+\ldots +{\frac {1}{2n}}\right)+\ln n-\ln(2n)\\[0.5em]&=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+\ldots +{\frac {1}{2n-1}}-{\frac {1}{2n}}+\ln n-\ln(2n)\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}{\tfrac {1}{k}}+\ln n-\ln(2n)\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}{\tfrac {1}{k}}+\ln \left({\tfrac {n}{2n}}\right)\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}{\tfrac {1}{k}}+\ln \left({\tfrac {1}{2}}\right)\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}{\tfrac {1}{k}}-\ln 2\end{aligned}}$

Zusammen erhalten wir

$\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}{\tfrac {1}{k}}-\ln 2=\lim _{n\to \infty }(\gamma _{2n}-\gamma _{n})=0$

Daraus folgt die Behauptung.