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.

Ableitung

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

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^[1]. 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.

[1]