Formelsammlung Mathematik: Grenzwerte

1

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

ohne Beweis

2

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

ohne Beweis (Gaußsche Definition der Gammafunktion)

3

\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

${\frac {\Gamma (x)}{\Gamma (x+y)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{y}}}\,{\frac {x+y}{x}}\,{\frac {x+y+1}{x+1}}\,\cdots \,{\frac {x+y+n}{x+n}}$ .

4

\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 )}

$f\,$	$\lim _{z_{1},z_{2}\to 0}{\frac {z_{1}\,f(z_{1})-z_{2}\,f(z_{2})}{z_{1}-z_{2}}}$
$\Gamma (-n+z)\,$	$(-1)^{n}{\frac {\Psi (n+1)}{\Gamma (n+1)}}$
$\Gamma (-n+z)\,z\,$	$(-1)^{n}{\frac {1}{\Gamma (n+1)}}$
$\Psi (-n+z)\,$	$\Psi (n+1)\,$
$\Psi (-n+z)\,z$	$-1\,$
$\zeta (1+z)\,(1+z)^{\alpha }$	$\alpha +\gamma \,$

ohne Beweis

5

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

Beweis (Stirlingsche Formel)

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

${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {1}{e}}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}$ . Das ist nach der Ungleichung $e<\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}$ 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 $g={\frac {\lim a_{n}^{2}}{\lim a_{2n}}}=1$ .

6

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 \\{\frac {1}{e^{2\pi iz}-1}}&\varphi =\pi \end{matrix}}\right.

für

\varrho \to \infty

ohne Beweis

7

\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 $e\leq \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}\leq e$ .

8

\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 $\lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\pi }}{2^{2n}}}{2n \choose n}=1$ .

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

9

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}

Beweis

10

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

Beweis

11

\lim _{y\to \infty }{\frac {|\Gamma (x+iy)|}{{\sqrt {\frac {2\pi }{y}}}\,y^{x}\,e^{-{\frac {\pi }{2}}y}}}=1\qquad x\in \mathbb {R}

Beweis

12

A:=\lim _{n\to \infty }{\frac {e^{\frac {n^{2}}{4}}\,\prod _{k=1}^{n}k^{k}}{n^{{\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{2}}+{\frac {1}{12}}}}}=e^{{\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)}

Beweis (Glaisher-Kinkelin-Konstante)

Betrachte die asymptotische Entwicklung

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}+{\frac {n^{p}}{2}}+{\frac {p}{12}}\,n^{p-1}+O\left(n^{p-3}\right)$ .

Differenziere nach $p\,$ :

$\sum _{k=1}^{n}k^{p}\,\log k=-\zeta '(-p)+{\frac {n^{p+1}\,\log n}{p+1}}-{\frac {n^{p+1}}{(p+1)^{2}}}+{\frac {n^{p}\,\log n}{2}}+{\frac {p}{12}}\,n^{p-1}\,\log n+{\frac {n^{p-1}}{12}}+O\left(n^{p-3}\,\log n\right)$

Und setze $p=1\,$ :

$\sum _{k=1}^{n}k\,\log k=-\zeta '(-1)+{\frac {n^{2}}{2}}\,\log n-{\frac {n^{2}}{4}}+{\frac {n}{2}}\,\log n+{\frac {1}{12}}\,\log n+{\frac {1}{12}}+O\left({\frac {\log n}{n^{2}}}\right)$

$a_{n}:={\frac {n^{2}}{4}}+\sum _{k=1}^{n}k\,\log k-\left({\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{2}}+{\frac {1}{12}}\right)\log n\to {\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)$ .

$\Rightarrow \,A=\lim _{n\to \infty }e^{a_{n}}=e^{{\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)}$

13

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

Beweis (Kellersche Darstellung von e)

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 $n\to \infty \,$ .

14

\lim _{m\to \infty }\left(\sum _{k=1}^{m}{\frac {(\log k)^{n}}{k}}-{\frac {(\log m)^{n+1}}{n+1}}\right)=\gamma _{n}

ohne Beweis (Stieltjes Konstanten)

15

\lim _{n\to \infty }\left(H_{n}-\log n\right)=\gamma

Beweis, dass der Grenzwert existiert (Eulersche Konstante)

Für $x>0\,$ ist $x-1\geq \log x$ , und somit ist $x\geq \log(1+x)$ für $x>-1\,$ .

Setzt man $x={\frac {-1}{k+1}}$ , so ist ${\frac {-1}{k+1}}\geq \log k-\log(k+1)$ , gleichbedeutend mit $\log(k+1)-\log k\geq {\frac {1}{k+1}}$ .

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

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 $\log(k+1)-\log k\geq H_{k+1}-H_{k}$ , gleichbedeutend mit

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

Aus der zweiten Ungleichung folgt $H_{n}\geq \sum _{k=1}^{n}{\big (}\log(k+1)-\log k{\big )}=\log(n+1)>\log n$ .

Daher sind alle Folgeglieder $H_{n}-\log n\,$ positiv, und somit nach unten beschränkt.

Also existiert der Grenzwert $\lim _{n\to \infty }\left(H_{n}-\log n\right)$ .