Abschätzung mit Stirling Approximation
Susanne Mertens
Sei lg der 2er Logarithmus.
Wie muß ich c_1 und n_0 wählen, so daß für alle n >= n_0 gilt:
lg(n!) >= c_1*n+lg(n)
Unser Prof. hat gemeint, daß vielleicht die Stirling Approximation
weiterhilft, aber ich kann damit absolut nichts anfangen.
Ich würde mich sehr über eine Antwort freuen, da ich einfach keinen Ansatz
finde.
Vielen Dank und viele Grüße
Susanne
Thomas Nordhaus
> Hallo,
> Sei lg der 2er Logarithmus.
> Wie muß ich c_1 und n_0 wählen, so daß für alle n >= n_0 gilt:
> lg(n!) >= c_1*n+lg(n)
> Unser Prof. hat gemeint, daß vielleicht die Stirling Approximation
> weiterhilft, aber ich kann damit absolut nichts anfangen.
Stirling? Ein ziemliches Geschütz. Versuch mal folgendes: Linke Seite als
Summe darstellen (Logarithmen-Gesetze). Dann sieht das wie eine obere
Riemannsche Summe aus. Die kann man dann nach unten mit einem bestimmten
Integral (über lg(x)) abschätzen. Vielleicht klappt das.
Gruß, Thomas
axel_schm...@my-deja.com
"Susanne Mertens" <familie...@t-online.de> wrote:
> Hallo,
> Sei lg der 2er Logarithmus.
> Wie muß ich c_1 und n_0 wählen, so daß für alle n >= n_0 gilt:
> lg(n!) >= c_1*n+lg(n)
> Unser Prof. hat gemeint, daß vielleicht die Stirling Approximation
> weiterhilft, aber ich kann damit absolut nichts anfangen.
vielleicht noch einfacher als Thomas Überlegung, weil ohne
Integralrechnung,
Schreibe wieder die linke Seite als Summe und überlege Dir, daß log(x)
monoton ist :-)
Axel
Sent via Deja.com http://www.deja.com/
Before you buy.
axel_schm...@my-deja.com
axel_schm...@my-deja.com wrote:
> In article <8t7ot8$r8g$1...@trumpet.uni-mannheim.de>,
> "Susanne Mertens" <familie...@t-online.de> wrote:
>
> monoton ist :-)
und als Schleckerli erkennste, daß es egal ist, obs der dekadische oder
der natürliche log ist. :-)
Thomas Richard
> Sei lg der 2er Logarithmus.
Hm, schreibt man nicht ld dafür? Na, egal...
> Wie muß ich c_1 und n_0 wählen, so daß für alle n >= n_0 gilt:
> lg(n!) >= c_1*n+lg(n)
> Unser Prof. hat gemeint, daß vielleicht die Stirling Approximation
> weiterhilft, aber ich kann damit absolut nichts anfangen.
Mit dem Begriff oder mit der Anwendung?
Die Stirlingsche Formel lautet in der Formulierung für den Logarithmus:
ln(n!) ~= (n+(1/2))*ln(n) - n + ln(2*pi)/2 für natürliche Zahlen n,
wobei ln der Logarithmus naturalis ist.
AFAIK (da bin ich aber nicht 100% sicher) "unterschätzt" die Näherung
stets ein wenig, sodass man auch ">" statt "~=" schreiben könnte.
MfG
Richie
Hermann Kremer
-----Ursprüngliche Nachricht-----
Von: Thomas Richard <Thomas....@post.rwth-aachen.de>
Newsgroups: de.sci.mathematik
Datum: Donnerstag, 26. Oktober 2000 11:44
Betreff: Re: Abschätzung mit Stirling Approximation
Ja, tut sie -- das sieht man aus der Stirling´schen Reihe
ln(n!) = (n + 1/2)*ln(n) - n + ln(2*pi)/2 + ln(1 + 1/(12n) +
1/(288n^2) + ..)
Für kleine Werte von n ist die Gosper'sche Formel genauer:
ln(n!) ~= ln( (2*n + 1/3)*pi) ) + n*(ln(n) - 1)
Test für n = 0: 0! = 1 ln(0!) = 0
Stirling-Formel : ln(0!) = (1/2)*ln(0) = -oo
Gosper-Formel: ln(0!) = ln(pi/3) = 0.046118
Gruß
Hermann
--
>MfG
>Richie
Thomas Nordhaus
>
> In article <8t7ot8$r8g$1...@trumpet.uni-mannheim.de>,
> "Susanne Mertens" <familie...@t-online.de> wrote:
> > Sei lg der 2er Logarithmus.
> > Wie muß ich c_1 und n_0 wählen, so daß für alle n >= n_0 gilt:
> > lg(n!) >= c_1*n+lg(n)
> > Unser Prof. hat gemeint, daß vielleicht die Stirling Approximation
> > weiterhilft, aber ich kann damit absolut nichts anfangen.
>
> Integralrechnung,
>
> monoton ist :-)
Hmmm, manche Aufgaben sind leichter als sie ausschauen. Und der "Tipp"
mit der Stirlingschen Formel hilft einen auch nicht gerade auf den
rechten Weg...
Thomas
axel_schm...@my-deja.com
Thomas Nordhaus <tno...@t-online.de> wrote:
>
> Hmmm, manche Aufgaben sind leichter als sie ausschauen.
nicht wahr :-)
> Und der "Tipp"
> mit der Stirlingschen Formel hilft einen auch nicht gerade auf den
> rechten Weg...
Dieser "Tipp" führt einen ziemlich ins Abseits, wie Du schon angemerkt
hattest. :-)