Taylorreihe konvergiert

02.05.2021, 16:49

HiBee123

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Taylorreihe konvergiert

Hallo. Sei $\begin{eqnarray*} f: (-1, \infty) \to \mathbb R , x \mapsto (1+x)^\alpha, \alpha \in \mathbb R\backslash{\mathbb N}_0 \end{eqnarray*}$ Zu zeigen ist, dass die Taylorreihe der Funktion im Entwicklungspunkt 0 auf dem Intervall (-1,1) konvergiert.

Meine Idee war, dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} (x-0)^k \leq \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} für x \in (-1,1) \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} f^{(n)}= (\prod\limits_{k=0}^{n-1} \alpha -k)\cdot (1+0)^{\alpha-n}<br /> =\prod\limits_{k=0}^{n-1} (\alpha -k) \end{eqnarray*}$

jetzt hatte ich überlegt mit dem Quotientenkriterium zu argumentieren. $\begin{eqnarray*} \frac{ f^{(n+1)}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{ f^{(n)}}= \frac{ f^{(n+1)}}{(n+1)\cdot f^{(n)}} = \frac{\prod\limits_{k=0}^{n} (\alpha -k)}{\prod\limits_{k=0}^{n-1} (\alpha -k)\cdot (n+1)} =\frac{\alpha-n}{n+1} \end{eqnarray*}$

und hier komm ich nicht weiter.

02.05.2021, 17:05

PWM

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Hallo,

wenn Du das Original-Quotientenkriterium für Reihen verwendest, dann musst Du auch den x-Term berücksichtigen, d.h. im Quotienten (der übrigens absolut genommen werden muss) hast Du einen zusätzlichen Faktor |x|, der Dir den Quotienten unter 1 drückt.

Alternativ könntest Du auch den Konvergenzradius der Taylorreihe als Potenzreihe bestimmen (nämlich 1)

Allerdings würde ich mal prüfen, ob die Aufgabe nicht lautet zu zeigen, dass die Taylorreihe gegen f konvergiert. Da müsstest Du mit dem Taylor-Restglied arbeiten.

Gruß PWM

02.05.2021, 18:43

HiBee123

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Hi. Jo also zunächst gilt es nur die Konvergenz zu zeigen und in Teil b gilt es zu zeigen dass sie gegen die Taylorreihe konvergiert auf (-1/2,1)

Okay aber woher weiß ich denn dann dass, $\begin{eqnarray*} | \frac{\alpha-n}{n+1} \cdot x|\leq 1 \end{eqnarray*}$ ?

02.05.2021, 21:32

Huggy

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Zitat:

Original von HiBee123
Okay aber woher weiß ich denn dann dass, $\begin{eqnarray*} | \frac{\alpha-n}{n+1} \cdot x|\leq 1 \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} \left | \frac{\alpha-n}{n+1} \right |=\left | \frac{n-\alpha}{n+1} \right |==\left | \frac{1-\frac \alpha n}{1+\frac 1 n} \right | \end{eqnarray*}$

Jetzt sieht man, dass Zähler und Nenner gegen $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ konvergieren und damit auch der Bruch.

03.05.2021, 18:01

HiBee123

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Ah ja. Soweit so klar... wie zeige ich aber jetzt die Konvergenz der Taylor reihe auf (-1/2,1) gegen die Funktion ?

03.05.2021, 19:56

Huggy

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Was soll das -1/2?

Sei $\begin{eqnarray*} f(x)=(1+x)^\alpha \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ ihre Taylorreihe um den Entwicklungspunkt $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . Zu zeigen ist, dass im Konvergenzbereich von $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} g(x)=f(x) \end{eqnarray*}$ . Das ist nicht so ganz einfach. Es gibt verschiedene Möglichkeiten. Eine sieht so aus:

Eine Potenzreihe darf innerhalb ihres Konvergenzbereichs gliedweise differenziert werden. Damit kann man zeigen, dass gilt

$\begin{eqnarray*} (*) \quad (1+x)g'(x)=\alpha g(x) \end{eqnarray*}$

Dieser Teil erfordert etwas Arbeit. Außerdem gilt $\begin{eqnarray*} g(0)=1 \end{eqnarray*}$ . Die Lösung der DGL (*) mit dieser Anfangsbedingung ist nun gerade

$\begin{eqnarray*} g(x)=(1+x)^\alpha =f(x) \end{eqnarray*}$

Fertig.

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03.05.2021, 20:18

HiBee123

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$\begin{eqnarray*} x \in (\frac{-1}{2} ,1) \end{eqnarray*}$ ist das intervall auf dem die Funktion konvergieren soll.
Leider wurden weder DGL noch Anfangswertbedingungen besprochen (ich weiß also nicht wie ich damit zu einer Lösung komme...)
Was gibt es denn noch für Möglichkeiten?
Als Tipp ist noch gegeben dass man zu festem $\begin{eqnarray*} x \in (\frac{-1}{2} ,1)\backslash\left\{0\right\} \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke r<1 für $\begin{eqnarray*} | \frac{x}{1+\xi} | \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ zwischen x und 0 und man dann die eben bewiesene konvergenz der Taylorreihe für x=r nutzen soll...

03.05.2021, 20:58

Huggy

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Zitat:

Original von HiBee123
$\begin{eqnarray*} x \in (\frac{-1}{2} ,1) \end{eqnarray*}$ ist das intervall auf dem die Funktion konvergieren soll.

Das verwirrt mich jetzt. Oben sollte und wurde doch die Konvergenz im Intervall $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ bewiesen.

Zitat:

Leider wurden weder DGL noch Anfangswertbedingungen besprochen (ich weiß also nicht wie ich damit zu einer Lösung komme...)

Das sollte in diesem Fall kein Problem sein. Die DGL ist einfach eine Beziehung zwischen der Funktion und ihrer Ableitung. Man kann sie umschreiben zu

$\begin{eqnarray*} \frac {g'} g = \frac \alpha {1+x} \end{eqnarray*}$

Jetzt kann man auf beiden Seiten über $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ integrieren. Auf der linken Seite geht die Integration mit der Substitutionsregel in eine Integration über $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ über.

$\begin{eqnarray*} \int \frac {g'} g dx=\int \frac 1 g \frac {dg}{dx}dx =\int \frac 1 g dg \end{eqnarray*}$

Du kannst natürlich auch simpel durch Ableiten zeigen, dass auch für $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} (1+x)f'(x)=\alpha f(x) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Was gibt es denn noch für Möglichkeiten?

Man kann das Restglied des Taylorpolynoms in Beziehung setzen zu einem Glied von $\begin{eqnarray*} g'(x) \end{eqnarray*}$ und benutzen, dass die Glieder von $\begin{eqnarray*} g'(x) \end{eqnarray*}$ wie bei jeder konvergenten Reihe eine Nullfolge sind.

Knopp: Theorie und Anwendung der unendlichen Reihen
enthält einen weiteren Weg. Es gibt sicher noch mehr.

Zitat:

Als Tipp ist noch gegeben dass man zu festem $\begin{eqnarray*} x \in (\frac{-1}{2} ,1)\backslash\left\{0\right\} \end{eqnarray*}$ eine obere Schranke r<1 für $\begin{eqnarray*} | \frac{x}{1+\xi} | \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \xi \end{eqnarray*}$ zwischen x und 0 und man dann die eben bewiesene konvergenz der Taylorreihe für x=r nutzen soll...

Ich bin zu faul, mich mit diesem Tipp zu beschäftigen.

03.05.2021, 21:24

Leopold

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Ich möchte eine Variante zu Huggys Ansatz anbieten. Wie bei ihm seien

$\begin{align*} f(x) = \left( 1+x \right)^{\alpha} \, , \ \ x > -1 \end{align*}$

$\begin{align*} g(x) = \sum_{k=0}^{\infty} {{\alpha} \choose k} x^k \, , \ \ |x| < 1 \end{align*}$

(In der Reihe treten verallgemeinerte Binomialkoeffizienten auf. Die sind genau so definiert, wie HiBee123 die Koeffizienten der Potenzreihe in seinem ersten Beitrag berechnet hat.)

Nachdem man vorweg

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ \left( 1 + x \right) \cdot g'(x) = \alpha \cdot g(x) \end{align*}$

gezeigt hat, definiert man

$\begin{align*} u(x) = \left( 1 + x \right)^{- \alpha} \cdot g(x) \end{align*}$

Mit Hilfe von $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ weist man nach, daß $\begin{align*} u'(x) \end{align*}$ konstant 0 ist und bestimmt die Konstante $\begin{align*} u(x) \end{align*}$ .

04.05.2021, 13:25

HiBee123

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Tatsächlich soll man nicht nur zeigen dass die Reihe gegen die Taylorreihe konvergiert, sondern auch, dass $\begin{eqnarray*} \left(1+x\right) ^a= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k\end{pmatrix} \cdot x^k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \left(1+x\right) ^a=f(x) \end{eqnarray*}$

04.05.2021, 13:34

HiBee123

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Tatsächlich soll man nicht nur zeigen dass die Reihe gegen die Taylorreihe konvergiert, sondern auch, dass $\begin{eqnarray*} \left(1+x\right) ^a= \sum\limits_{k=0}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k\end{pmatrix} \cdot x^k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \left(1+x\right) ^a=f(x) \end{eqnarray*}$ ist mir klar, dass
$\begin{eqnarray*} \left(1+x\right)f^{(1)}(x)=\alpha f(x) \end{eqnarray*}$

Aber für die Ableitung von g(x) komm ich auf ganz komische Werte. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k\end{pmatrix} \cdot x^k \end{eqnarray*}$ ist abgeleitet $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k-1\end{pmatrix} \cdot x^{k-1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k\end{pmatrix} \cdot x^k \end{eqnarray*}$

wo ist der Fehler? verwirrt

verwirrt

04.05.2021, 13:35

Huggy

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Die Reihe ist die Taylorreihe! Es ist klar, dass man das beweisen soll. Das entspricht doch meiner Aussage, dass man $\begin{eqnarray*} g(x)=f(x) \end{eqnarray*}$ beweisen soll. Natürlich muss die Behauptung auf den Konvergenzbereich der Reihe eingeschränkt werden.

04.05.2021, 13:49

Huggy

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Zitat:

Original von HiBee123
Aber für die Ableitung von g(x) komm ich auf ganz komische Werte. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k\end{pmatrix} \cdot x^k \end{eqnarray*}$ ist abgeleitet $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k-1\end{pmatrix} \cdot x^{k-1}=\sum\limits_{k=0}^{\infty} \begin{pmatrix} \alpha \\ k\end{pmatrix} \cdot x^k \end{eqnarray*}$

Das ist falsch! Es ist

$\begin{eqnarray*} g'(x)=\sum_{k=1}^\infty k \binom \alpha k x^{k-1} \end{eqnarray*}$

Den Faktor $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ kann man nicht einfach mit dem Binomialkoeffizienten kürzen.

04.05.2021, 14:52

Leopold

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Allerdings kann man den Term umformen. Schreibt man den Binomialkoeffizienten gemäß Definition aus, so kann man $\begin{align*} k \end{align*}$ vor dem Binomialkoeffizienten gegen $\begin{align*} k! \end{align*}$ kürzen, so daß im Nenner noch $\begin{align*} (k-1)! \end{align*}$ übrigbleibt. Im Zähler des Binomialkoeffizienten zieht man den Faktor $\begin{align*} \alpha \end{align*}$ nach vorne und hat jetzt noch $\begin{align*} k-1 \end{align*}$ Faktoren. Lange Rede, kurzer Sinn - es geht um die folgende Beziehung:

$\begin{align*} k {{\alpha} \choose k} = \alpha {{\alpha-1} \choose {k-1}} \end{align*}$

Dies könnte für den Beweis von $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ (siehe meinen vorigen Beitrag oder Huggys Beiträge davor) nützlich sein.

04.05.2021, 15:17

HiBee123

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Okay. Aber selbst so, komme ich auf $\begin{eqnarray*} (\sum\limits_{k=1}^{\infty} k\cdot \begin{pmatrix} \alpha \\ k \end{pmatrix} \cdot x^{k-1} ) \cdot(1+x)=(\sum\limits_{k=1}^{\infty} k\cdot \begin{pmatrix} \alpha \\ k \end{pmatrix} \cdot x^{k-1} )+ (\sum\limits_{k=1}^{\infty} k\cdot \begin{pmatrix} \alpha \\ k \end{pmatrix} \cdot x^{k} ) \end{eqnarray*}$ was sagt mir jetzt, dass diese Gleichung gleich alpha mal g(x) ist? Wie komme ich auf dieses Alpha nur...

04.05.2021, 15:40

Huggy

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Ja, wie ich schon sagte, muss man da etwas Arbeit hineinstecken. Mein Eindruck ist, du schaffst das nicht und es würde dauern, dich mit Tipps dahin zu bringen. Inzwischen habe ich eine Stelle gefunden, wo das ausgeführt wird (Proof 1). Versuch mal, die Rechnung zu verstehen.

https://proofwiki.org/wiki/Binomial_Theo...inomial_Theorem

05.05.2021, 14:05

HiBee123

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Ja okay. Dankeschön smile

smile

Auch für den Tipp mit dem alpha zuvor.

Ich denke ich werde es dann so versuchen, mein klitzekleines Problem ist nur, ich hab das Gefühl ich müsste damit der Beweis bulletproof ist irgendwas über DGL wissen, (wie Existenz und Eindeutigkeit unter Bestimmten Vorraussetzungen.)

05.05.2021, 16:29

Huggy

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Dann verwende die Modifikation von Leopold. Da musst du die DGL nicht lösen.

05.05.2021, 17:17

Leopold

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Oder nur die einfachste aller Differentialgleichungen: $\begin{align*} u' \end{align*}$ konstant 0 heißt $\begin{align*} u \end{align*}$ konstant.

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