Cauchyprodukt

06.04.2012, 01:33

Springpony

Cauchyprodukt

Man bestimme die Taylorreihe von $\begin{eqnarray*} \frac{e^x}{1-x} \end{eqnarray*}$ mit Anschlussstelle $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ mit Hilfe eines Cauchyproduktes.

Das Cauchyprodukt ist mir bekannt. Soll man hier e^x/(1-x) gar nicht differenzieren? Wie sehe ich das Cauchyprodukt, bzw. muss ich Umformungen tätigen oder wie?
Bei mir sind da leider nur Fragezeichen im Kopf.

06.04.2012, 02:15

Che Netzer

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RE: Cauchyprodukt
So, ich habe mich wie angekündigt in das Thema reingelesen, gebe aber keine Garantie für meine Antworten. (hoffentlich findet sich noch jemand, der sich da nicht erst reinlesen musste)
Nun bin ich jedenfalls der Meinung, dass man die zweite Summe nicht los wird...

Zuerst solltest du dir aber auf jeden Fall die Reihenentwicklungen von $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ (bekannt) und $\begin{eqnarray*} \frac1{1-x} \end{eqnarray*}$ (geometrische Reihe) ansehen. (da bin ich mir noch sicher Augenzwinkern

)
Differenzieren muss man hier wieder nicht, das würde bei der allgemeinen Ableitung auch ziemlich widerlich werden.

mfg,
Ché Netzer

06.04.2012, 03:41

SusiQuad

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RE: Cauchyprodukt
Wir suchen $\begin{eqnarray*} f(x) = \frac{e^x}{1-x} = \sum\limits_{i=0}^{\infty} a_i~x^i \end{eqnarray*}$
Da schreiben wir $\begin{eqnarray*} e^x = (1-x)~f(x) \end{eqnarray*}$ und kommen über einen Koeff.Vergl.
zu $\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_n-a_{n-1}=\frac{1}{n!} \end{eqnarray*}$ . - Vielleicht ist das zu umständlich ?!

06.04.2012, 03:45

Che Netzer

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RE: Cauchyprodukt
Ich komme auf dasselbe Ergebnis (allerdings mit besagtem Cauchy-Produkt, nicht mit Koeffizientenvergleich, dürfte aber beides gleich aufwendig sein).
Aber $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ explizit (und ohne weiteres Summenzeichen) auszudrücken ist nicht möglich, oder?

06.04.2012, 04:11

SusiQuad

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RE: Cauchyprodukt

Zitat:

$\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ explizit (und ohne weiteres Summenzeichen) auszudrücken

k.A., ob das verlangt ist. - Für mich ist ein Summenzeichen nicht abträglich.

Ich bin mit $\begin{eqnarray*} a_n = 1+ \sum\limits_{i=0}^{n} \frac{1}{j!} \longrightarrow 1+e \end{eqnarray*}$ und der Kenntnis
über den Konv.Bereich $\begin{eqnarray*} (-\infty,0] \end{eqnarray*}$ zunächst zufrieden.

Mal abwarten, was SP sagt ...

06.04.2012, 09:17

Mystic

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RE: Cauchyprodukt

Zitat:

Original von Che Netzer
Aber $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ explizit (und ohne weiteres Summenzeichen) auszudrücken ist nicht möglich, oder?

Ne, Summenzeichen (oder auch Produktzeichen) wird man hier nicht los, siehe hier ...

06.04.2012, 16:12

Springpony

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Hallo zusammen

TR $\begin{eqnarray*} e^x =\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!} \end{eqnarray*}$
TR $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1-x} =\sum\limits_{k=0}^\infty x^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!} * \sum\limits_{k=0}^\infty x^k = \sum\limits_{k=0}^\infty \sum\limits_{n=0}^k \frac{x^n}{n!} * x^{k-n} = \sum\limits_{k=0}^\infty \sum\limits_{n=0}^k\frac{x^{k}}{n!} \end{eqnarray*}$

Hab ich mich vertan?
Ist dies schon die taylorreihe?, wie kann ich vereinfachen, um auf eure ausdrücke zu kommen?

06.04.2012, 16:18

Che Netzer

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Habe ich genauso.

Und was meinst du mit Vereinfachen?
Wir haben ja schon gesagt, dass man diese zweite Summe nicht vernünftig los wird.
Einfacher geht es wohl nicht...

06.04.2012, 16:22

Springpony

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Okay und wie finde ich nun raus: Für welche $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ die Reihe konvergiert?
Ich weiß nicht, wie ich da umgehen soll mit zwei Summenzeichen.

06.04.2012, 19:19

SusiQuad

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Rechne: $\begin{eqnarray*} \frac{a_{n+1}~x^{n+1}}{ a_n~x^n } \leq 1 \end{eqnarray*}$ zB. mit der Rekursionsformel:

07.04.2012, 08:50

Springpony

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Hallo

Deinen Ansatz verstehe ich leider nicht.

Wenn einer der beiden absolut und die andere auch nur bedingt konvergiert, dann konvergiert das Cauchyprodukt gegen Reihe_1 * Reihe _2

Und die Exponentialfunktion konvergiert absolut, was das Quotientenkriterium zeigt.
Cauchyprodukt -> konvergiert |x| < 1, da in dem Konvergenzradius beide der Reihen konvergieren.
ABer dein Konvergenzradius ist ja weit größer, SUsiQuad.

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^\infty \sum\limits_{n=0}^k\frac{x^{k}}{n!}=\sum\limits_{k=0}^\infty x^{k} * (1+1+1/2+1/6...+\frac{1}{k!}) \end{eqnarray*}$

bzw.

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^k\frac{1}{n!}=f_k \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^\infty x^k * f_k \end{eqnarray*}$
Kann ich hier mit Quotientenkriterium, Wurzelkriterium, Majorante, Minorante irgendwas machen? Ich komme nicht drauf!

07.04.2012, 19:09

SusiQuad

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Wir sprechen also über den Konv.Radius einer Pot.Reihe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n~x^n \end{eqnarray*}$ , die konkret durch

$\begin{eqnarray*} a_n = 1+ \sum\limits_{i=0}^{n} \frac{1}{j!} \quad \nearrow ~1+e \end{eqnarray*}$ bzw. rekursiv durch
$\begin{eqnarray*} a_0=\color{red}2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{(n+1)!} \end{eqnarray*}$ gegeben ist.

Wie (19:19) setzen wir also an mit dem QK [!] ...

$\begin{eqnarray*} |x|~\cfrac{a_n + \frac{1}{(n+1)! }}{ a_n } =|x|~\left( 1 + \frac{1}{{a_n}~(n+1)!} \right) ~\overset{!}{\leq} 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \iff |x| \leq \cfrac{1}{ 1 + \cfrac{1}{{a_n}~(n+1)!} } \leq 1 \end{eqnarray*}$

wobei wir $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ als Konv.Punkt ausschliessen können. - Insofern ist $\begin{eqnarray*} (-\infty,\color{red}0\color{black}] \end{eqnarray*}$ als Kandidatenliste zu klein. - Wir wissen jetzt von der Konvergenz in $\begin{eqnarray*} (-1,+1) \end{eqnarray*}$ und haben NOCH $\begin{eqnarray*} (-\infty,-1] \end{eqnarray*}$ zu untersuchen.

Hilfreich könnten daher Aussagen (Leibniz / Dirichlet) sein über alternierende Reihen
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n~a_n~|x|^n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ wie oben ...

HTH
__________

PS.: Feinheiten korrigiert

07.04.2012, 22:47

Springpony

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Ich danke dir schonmal

> $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n~a_n~|x|^n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ wie oben ...

Aber wie kommst du auf die Reihe? Die haben wir ja gar nicht gegeben mit dem Vorzeichen (-1)^n ?
Aberv das ist doch sowieso keine monotonfallende Nullfolge

Liebe Grüße

07.04.2012, 22:57

SusiQuad

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Lies (die letzten 4 Zeilen) ab: Wir wissen noch einmal.

Wenn es eine Aussage der Form: nicht mon. fallend $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Divergenz gibt, bist Du ja fertig ...

07.04.2012, 23:13

Springpony

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1) Warum müssen wir uns nicht $\begin{eqnarray*} (1,\infty) \end{eqnarray*}$ anschauen??

2) In der letzten zeile steht für $\begin{eqnarray*} |x| \geq 1 \end{eqnarray*}$ , Ich hab gedacht wir überprüfen von $\begin{eqnarray*} (-\infty,-1] \end{eqnarray*}$ Weil das -1 ist ja nur bei die ungeraden.. traurig

Ich steig da noch nicht ganz durch, wie du merkst.

08.04.2012, 00:13

Ungewiss

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Alternativ kann man auch Cauchy-Hadamard benutzen.

08.04.2012, 00:20

SusiQuad

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(1) Für $\begin{eqnarray*} x \in [1,\infty) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n~1^n \end{eqnarray*}$ eine div. Minorante. (erledigt)

(3) Für $\begin{eqnarray*} x \in (-1,1) \end{eqnarray*}$ hatten wir Konvergenz nachgewiesen. (erledigt)

Bleibt (noch / nur): (2) d.h. die Untersuchung für $\begin{eqnarray*} x \leq -1 \end{eqnarray*}$ .
Hilft Dir (für diesen Fall) $\begin{eqnarray*} x^n = (-1)^n \cdot |x|^n \end{eqnarray*}$ ,
um ein Alternieren des Originals [1] zu erkennen ?

08.04.2012, 00:27

Springpony

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Genau hier $\begin{eqnarray*} x^n = (-1)^n \cdot |x|^n \end{eqnarray*}$ , versteh ich nicht, wieso du das so umschreiben kannst
Genau da hänge ich!!!

08.04.2012, 00:40

SusiQuad

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Zitat:

Alternativ kann man auch Cauchy-Hadamard benutzen.

Nein, nicht für $\begin{eqnarray*} x \leq -1 \end{eqnarray*}$

Tipp für beide: Betrachte einmal:

$\begin{eqnarray*} \cdots ~+~(a_{2n} - a_{2n+1}|x|)|x|^{2n} ~+~ \cdots \end{eqnarray*}$

und andererseits

$\begin{eqnarray*} \cdots ~-~(a_{2n-1} - a_{2n}|x|)|x|^{2n-1} ~-~ \cdots \end{eqnarray*}$

auf Vorzeichen, also Monotonie / Beschränktheit, kurz: gegenseitige Schachtelung.

____________
@SPony
PS.: Überprüfe für ein paar neg. Zahlen die Aussage ... $\begin{eqnarray*} x^n = (-1)^n \cdot |x|^n \end{eqnarray*}$ , es ist wirklich trivial.

Ergänzt:
$\begin{eqnarray*} (-2)^n ~=~ (-1)^n \cdot 2^n ~=~ (-1)^n \cdot |2|^n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (-3)^n ~=~ (-1)^n \cdot 3^n ~=~ (-1)^n \cdot |3|^n \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (-5)^n ~=~ (-1)^n \cdot 5^n ~=~ (-1)^n \cdot |5|^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \cdots \end{eqnarray*}$

08.04.2012, 00:42

Springpony

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okay ich schau mir das morgen nochmals an. Aber dass man da KEINE montone nullfolge rausbekommt und es nicht konvergiert stimmt schlussenslich schon?

LG

08.04.2012, 00:55

SusiQuad

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Dann schau Dir den Tipp / die Differenzen morgen an.

Beachte $\begin{eqnarray*} |x| > 1 \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} x < -1 \end{eqnarray*}$ und
vergesse nicht, daß die $\begin{eqnarray*} a_n~\nearrow 1+e \end{eqnarray*}$ dh. str.mon.steig. konv.

Damit kann man (für die Differenzen) sofort verlangte Vorzeichen-Aussagen machen. Und die sind ja nix anderes als eine andere Aufsummierung der Orig.Reihe.

08.04.2012, 16:22

Springpony

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Hallo nochmal smile

> $\begin{eqnarray*} x^n = (-1)^n \cdot |x|^n \end{eqnarray*}$ , es ist wirklich trivial.
Ja das ist es Augenzwinkern

Aber gestern, gings dan einfach nicht mehr in den Kopf hinein.

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n~a_n~|x|^n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_n= 1+ \sum\limits_{i=0}^{n} \frac{1}{j!} \end{eqnarray*}$
a_n -> 1+ e , ist selbst eine streng monotone Folge

da |x| >= 1, ist ebenfalls $\begin{eqnarray*} a_n |x|^n \end{eqnarray*}$ eine streng monoton steigende Folge

Bleibt noch zu klären: Ist $\begin{eqnarray*} a_n |x|^n \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge?
da |x| >= 1 ist und a_n gegen e konvergiert. kann es doch keine Nullfolge sein.
$\begin{eqnarray*} lim_(n->\infty) a_n |x|^n = e*\infty=\infty \end{eqnarray*}$

08.04.2012, 17:59

SusiQuad

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Nein. Es bleibt nicht zu klären, ob $\begin{eqnarray*} {a_n}|x|^n \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist (dieses Thema war (erledigt) ), sondern ob die Reihenentwicklung für $\begin{eqnarray*} x \leq -1 \end{eqnarray*}$ punktweise konvergiert. Sie konvergiert dort jedenfalls nicht absolut.

Was zu klären ist, steht im Post (00:20).
Was zu tun ist, steht in Post (00:40).

Daher gibts für mich hier nix mehr zu tun.

08.04.2012, 18:53

Springpony

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Aber du sagtest doch, wie verwenden das Leibniz-kriterium für die reihe:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n~a_n~|x|^n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$

Und die konvergiert nur wenn es sich bei
$\begin{eqnarray*} a_n*|x|^n \end{eqnarray*}$ um eine monoton fallende, reelle Nullfolge handelt.

Da es sich um $\begin{eqnarray*} a_n |x|^n \end{eqnarray*}$ eine streng monoton steigende Folge handelt konvergiert die alternierende reihe nicht und wir haben Divergenz.

08.04.2012, 19:23

Springpony

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SusiQuad , ein kleiner Post mit ja bzw. nein zum letzten Beitrag würde mir schon genügen Augenzwinkern

08.04.2012, 22:26

SusiQuad

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Ok, letzter Post.

Wir verwenden den Tipp (00:40 6.4.12) und Leibniz kommt (bestenfalls) auf die dort angegebenen Differenzen (die eine andere Summierung der Reihe darstellt) zum Einsatz.

Leibniz sagt: mon. fall $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Konvergenz.
Er sagt NICHT: NICHT mon. fall $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Divergenz.

Daher:

Zitat:

Und die konvergiert nur wenn es sich bei $\begin{eqnarray*} a_n*|x|^n \end{eqnarray*}$ um eine monoton fallende, reelle Nullfolge handelt.

ist FALSCH.

Zitat:

Da es sich um $\begin{eqnarray*} a_n |x|^n \end{eqnarray*}$ eine streng monoton steigende Folge handelt konvergiert die alternierende reihe nicht und wir haben Divergenz.

Das ist exakt, was Leibniz NICHT gesagt hat.

Also tätige den Transfer und beschäftige Dich ENDLICH mit den dort angegebenen Differenzen, die DANN die gewünschte Monotonie aufweisen.

Ich drehe mich hier NUR im Kreis und weiss nicht weiter. So hilflos war ich schon lange nicht mehr. - Tut mir leid.

08.04.2012, 23:53

Springpony

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Ich machs mir einfach und umgehe das und sag, dass die äußere Summe keine Nullfolge ist und deshalb die ganze Summe für x< -1 nicht konvergiert.

Müsste doch auch so passen.

09.04.2012, 00:09

SusiQuad

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AUCH falsch.

Sie konvergiert für $\begin{eqnarray*} x \leq -1 \end{eqnarray*}$ punktweise, aber nicht absolut.
Und für $\begin{eqnarray*} -1 < x < +1 \end{eqnarray*}$ konvergiert sie absolut.

Nix passt. Hammer

Oder sag: Für $\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$ divergiert sie (bestimmt) und sonst ist die Situation undurchsichtig.

09.04.2012, 00:49

Springpony

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Ich kenne keine konvergente Reihe, deren Summanden keine Nullfolge bilden.
Es kann sein das mein Skriptum falsch ist, aber wenn die SUmmanden nicht gegen 0 konvergieren, dann konvergiert auch sicher die Reihe nicht.
Wenn die Summanden gegen 0 konvergieren, KANN die Reihe konvergieren muss aber nicht.

Das hat nichts mit punktweise oder absoluter konvergenz zu tun.

Ansonsten

> $\begin{eqnarray*} \cdots ~+~(a_{2n} - a_{2n+1}|x|)|x|^{2n} ~+~ \cdots \end{eqnarray*}$
>0
und andererseits

> $\begin{eqnarray*} \cdots ~-~(a_{2n-1} - a_{2n}|x|)|x|^{2n-1} ~-~ \cdots \end{eqnarray*}$
Mit - davor <0

09.04.2012, 09:15

Huggy

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Zitat:

Original von Springpony
Ich kenne keine konvergente Reihe, deren Summanden keine Nullfolge bilden.
Es kann sein das mein Skriptum falsch ist, aber wenn die SUmmanden nicht gegen 0 konvergieren, dann konvergiert auch sicher die Reihe nicht.
Wenn die Summanden gegen 0 konvergieren, KANN die Reihe konvergieren muss aber nicht.

Das ist vollkommen richtig! Lass dir nichts anderes erzählen. Im übrigen sind die Untersuchungen für |x| > 1 völlig überflüssig. Der Konvergenzradius der Reihe ist maximal 1, weil die Funktion bei 1 eine Polstelle hat. Und außerhalb ihres Konvergenzradius ist eine Potenzreihe stets divergent.

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