Potenzreihenentwicklung bis zu Glied 4

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21.11.2015, 15:17	leonora	Auf diesen Beitrag antworten »
Potenzreihenentwicklung bis zu Glied 4 Meine Frage: Die Aufgabe ist folgende: Es sollen die Potenzreihenentwicklungen (Entwicklungsstelle $\begin{eqnarray} x = x_0 = 0 \end{eqnarray}$ ) bis zum Glied $\begin{eqnarray} c_4x^4 \end{eqnarray}$ von folgender Funktion bestimmt werden. Man benutze bekannte Potenzreihenentwicklungen elementarer Funktionen: $\begin{eqnarray} \frac{2x}{ln(1+x)} \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Ich weiß, dass eine Potenzreihe aus $\begin{eqnarray} c_0 + c_1x+ c_2x^2 + c_3x^3 + c_4x^4+... \end{eqnarray}$ besteht und ich die Koeffizienten bis $\begin{eqnarray} c_4 \end{eqnarray}$ bestimmen soll. Das könnte ich mit der Taylor-Formel machen. Jedoch heißt es in der Aufgabenstellung, ich soll bekannte Reihenentwicklungen verwenden - daher wohl nicht Taylor? Wie löse ich das mit bekannten Reihenentwicklungen? Die Reihenentwicklung für $\begin{eqnarray} ln(1+x)= \sum_{n=0}^\infty (-1)^{k+1}\frac{x^k}{k} \end{eqnarray*}$ . Diese Herleitung hab ich auch schon nicht verstanden, ist ja aber auch keine elementare Funktion.
21.11.2015, 15:42	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Potenzreihenentwicklung bis zu Glied 4 Als Umkehrfunktion der Exponentialfunktion wird der Logarithmus sicher als elementare Funktion gehandelt. Das Problem was du damit hast ist ein anderes: Der Kehrwert einer Potenzreihe besitzt nur in trivialen Fällen sofort wieder die Form einer Potenzreihe -- und das ist keiner dieser Fälle. Was deutlich besser funktioniert sind Produkte (im allgemeinen per Cauchy-Produkt) und Verkettungen. Dort lassen sich die neuen Koeffizienten recht leicht bestimmen. Du willst also $\begin{eqnarray} \frac {2x} { \ln(1 +x) } = 2x \cdot f( \ln(1+x) ) \end{eqnarray}$ für eine geeignete Wahl von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ , am besten ein elementares $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ , denn du benötigst die Potenzreihe davon.
21.11.2015, 16:15	leonora_	Auf diesen Beitrag antworten »
richtig so? mein Rechenweg bisher: $\begin{eqnarray} <br /> \frac{2x}{ln(1+x)} = 2xf(ln(1+x) \\<br /> \frac{1}{1-q} = \sum^\infty_{k=0} q^k \\<br /> x = -q \rightarrow \frac{1}{1+x} = \sum^\infty_{k=0} (-1)^kx^k\\ <br /> \int \frac{1}{1+x} = \int \sum^\infty_{k=0} (-1)^kx^k\\<br /> ln(1+x) = \sum^\infty_{k=0} (-1)^k \frac{x^{k+1}}{k+1}\\<br /> \rightarrow \frac{2x}{ln(1+x)} = \sum^\infty_{k=0} \frac{2x(k+1)}{(-1)^kx^{k+1}}<br /> \end{eqnarray*}$ Ich hab das dumpfe Gefühl, das stimmt so nicht werde aber mal die ersten Koeffizienten ansehen und mit der Lösung vergleichen ...
21.11.2015, 16:23	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: richtig so? Das ganze Problem liegt doch darin, dass $\begin{eqnarray} \frac 1 { \sum a_i x^i } \neq \sum\frac { 1 } {a_i x^i} \end{eqnarray}$ ist.
21.11.2015, 17:05	leonora_	Auf diesen Beitrag antworten »
Tut mir leid, das hattest du vorhin gesagt. Ich hab jetzt ein bisschen rumgerechnet und gesucht und nichts gefunden. Ich weiß nicht, wie es gehen soll. Kannst du mir bitte helfen? Ich finde nur $\begin{eqnarray} <br /> f(ln(1+x))=\frac{1}{ln(1+x)}<br /> \end{eqnarray}$ und das hilft mir nicht weiter. Um auf dem selben Weg wie eben die Reihenentwicklung zu finden, müsste ich eine schon ausgerechnete Reihe für die Ableitung $\begin{eqnarray} <br /> \frac{1}{xln^2(x+1)}<br /> \end{eqnarray}$ finden und das ist überhaupt nicht hilfreich. Also, stellt mich ja wieder vor dasselbe Problem. Eben fand ich das Gesetz $\begin{eqnarray} <br /> -log(x)=\frac{1}{log(x)}<br /> \rightarrow -ln(x+1) <br /> \end{eqnarray}$ das war mir tatsächlich noch nicht bekannt. Multiplikation von Reihen ist ja kein Problem, also ... $\begin{eqnarray} <br /> \frac{2x}{ln(1+x)}=\sum^\infty_{k=-2}-(-1)^k2x\frac{x^{k+1}}{k+1}<br /> \end{eqnarray}$ Damit stimmt der erste Faktor, aber alle weiteren sind falsch.
21.11.2015, 17:11	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Wo auch immer du $\begin{eqnarray} -\log(x)=\frac{1}{log(x)} \end{eqnarray}$ gefunden hast, geh am besten nie wieder hin. Schon $\begin{eqnarray} x = 1 \end{eqnarray}$ einsetzen liefert $\begin{eqnarray} 0 = \frac 1 0 \end{eqnarray}$ . Das "Gesetz" war dir also aus guten Gründen nicht bekannt. Schlimmer noch: Multiplizieren mit $\begin{eqnarray} \log(x) \end{eqnarray}$ liefert $\begin{eqnarray} - \log^2(x) = 1 \end{eqnarray}$ . Da Quadrate immer positiv sind, ist die linke Seite negativ, die rechte positiv. Es gibt also nicht einmal ein $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ s.d. die Gleichung oben stimmt. Und ich habe ja nicht zum Spaß die Funktion $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ eingeführt -- wie lautet $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ denn? Kannst du davon eine Potenzreihe bilden? Wenn ja, so kann man $\begin{eqnarray} f(\log(x+1)) \end{eqnarray}$ leicht als Verkettung von Potenzreihen wieder als Potenzreihe schreiben.
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21.11.2015, 17:21	leonora_	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, es kam mir auch etwas seltsam vor. Ich hab doch f(ln(x+1)) eben schon geschrieben, ich weiß nicht, was ich damit tun soll ...
21.11.2015, 17:23	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn $\begin{eqnarray} f ( \ln(x+1) ) = \frac 1 { \ln(x+1) } \end{eqnarray}$ dann ist doch wohl $\begin{eqnarray} f(y) = \frac 1 y \end{eqnarray}$ ein guter Kandidat.
21.11.2015, 17:40	leonora_	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay ... ich versteh glaube nicht ganz, was du meinst, aber ich versuch es mal: $\begin{eqnarray} <br /> f(y)=\frac{1}{y}=\sum^\infty_{k=0}\frac{(-1)^k}{y^k}<br /> \end{eqnarray}$ ehm ... ich zweifle an dem nächsten Schritt sehr ... $\begin{eqnarray} <br /> f(ln(1+x))=\sum^\infty_{k=0}\frac{(-1)^kk!}{ln^k(1+x)}<br /> \end{eqnarray}$ also, das mag ja richtig sein, bringt mich doch aber nicht meiner Lösung näher. edti: moment, das ist total falsch.
21.11.2015, 17:49	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: richtig so? Du hast doch oben richtig geschrieben: $\begin{eqnarray} \frac{1}{1-q} = \sum^\infty_{k=0} q^k \end{eqnarray}$ . Damit ist für $\begin{eqnarray} q = 1 - y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac 1 y = \sum_{k = 0}^\infty ( 1 - y)^k \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} \frac 1 { \log (1 + x) } = \sum_{k = 0}^\infty ( 1 - \log(x+1))^k \end{eqnarray}$ . Nun die Potenzreihe von $\begin{eqnarray} \log(x+1) = \sum_{l=1}^\infty \frac { (-1)^l } l x^l \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} \frac 1 { \log (1 + x) } = \sum_{k = 0}^\infty ( 1 - \log(x+1))^k = \sum_{k = 0}^\infty\left ( 1 - \sum_{l=1}^\infty \frac { (-1)^l } l x^l\right)^k \end{eqnarray}$ .
21.11.2015, 17:57	leonora_	Auf diesen Beitrag antworten »
Also noch mal: $\begin{eqnarray} <br /> f(y)=\frac{1}{y}=\sum^\infty_{k=1}(-1)^k(y-1)^k<br /> f(ln(1+x))=\sum^\infty_{k=1}(-1)^k(ln^k(1+x)-1)^k<br /> \end{eqnarray}$
09.12.2015, 15:45	leonora_	Auf diesen Beitrag antworten »
danke ich habs mir noch mal angesehen und verstanden. Vielen Dank! An dem Tag ging einfach nichts mehr.
09.12.2015, 16:22	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ist zwar nur ein alter eigentlich erledigter Thread, aber ich hätte das ganze über die Taylorreihe von $\begin{align} \ln(1+x) \end{align}$ in Verbindung mit einer Cauchy-Produktreihe gelöst: $\begin{align} 2x = \ln(1+x)\cdot \left( \sum_{k=0}^4 c_kx^k + O(x^5) \right) \end{align}$ $\begin{align} 2x = \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n \right)\cdot \left( \sum_{k=0}^4 c_kx^k + O(x^5) \right) \end{align}$ . D.h., rechts nun die Cauchy-Produktreihendarstellung bis Potenz $\begin{align} x^5 \end{align}$ aufstellen, und dann Koeffizientenvergleich mit dem linken Term $\begin{align} 2x \end{align}$ , so kommt man relativ zügig zu den gesuchten Koeffizienten $\begin{align} c_k \end{align}$ .

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