(Twitter)
1
Das ist einfach der Binomische Lehrsatz: $$(n-1)^{k+1}=\sum_{i=0}^{k+1}\binom{k+1}i(-1)^in^{k+1-i}=n^{k+1}-(k+1)n^k+\ldots,$$ wobei die erste Gleichheit eben der Binomische Lehrsatz ist und nach dem zweiten Gleichheitszeichen einfach die Terme für \(i=0\) und \(i=1\) ausgeschrieben wurden. Die Argumentation ist, das alle Terme, die im \(\ldots\) kommen, eine kleinere \(n\)-Potenz haben und deshalb deutlich langsamer wachsen als \(n^k\), sodass sie für den Grenzwert vernachlässigbar sind.
Diese Antwort melden
Link
geantwortet
stal
Punkte: 11.27K
Punkte: 11.27K
Ah Danke ich hab eben selbst probiert und verstanden,jetzt habe ich wieder eine Problem,wie bekommt man eigentlich 1/1+k mit diesem Form,n ist gegen unendlich kvgt,warum kann man einfach der Rest ignorieren und 1/1+k bekommen ??
─
anonymab10e
11.05.2021 um 18:52
Du verwendest eben diesen Satz von Stolz, um auf $$\lim_{n\to\infty}\frac{1^k+\ldots+n^k}{n^{k+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(1^k+\ldots+n^k)-(1^k+\ldots+(n-1)^k)}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}$$ zu kommen. Vereinfachen gibt $$\lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{(k+1)n^k+\text{Terme mit niedrigerem Grad}}$$ Es ist allgemein bekannt, dass der Grenzwert von ganzrationalen Funktionen mit gleichem Zähler- und Nennergrad der Quotient der Leitkoeffizienten ist. Wenn dir das nichts sagt, kannst du Zähler und Nenner durch \(n^k\) teilen: $$\lim_{n\to\infty}\frac1{k+1+\text{Terme mit }n\text{ im Nenner}}$$ und die Terme mit \(n\) im Nenner gehen für \(n\to\infty\) gegen \(0\), sodass \(\frac1{k+1}\) übrig bleibt.
─
stal
11.05.2021 um 19:12
Danke!!!
─
anonymab10e
11.05.2021 um 19:22