Unendliche Reihe zusammenfassen

11.09.2008, 22:40

Gerdan

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Unendliche Reihe zusammenfassen

Hallo Forum,

Ich habe hier eine unendliche Reihe, die ich gerne zusammenfassen würde (als geschlossenen Term schreiben), ich weiss nur nicht wie.

Die Reihe ist:

$\begin{eqnarray*} x+x^3+2x^5+5x^7+10x^9+17x^{11}+... \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x<1 \end{eqnarray*}$

die Koeffizienten werden ab dem 2. Glied nach folgender Regel gebildet:

$\begin{eqnarray*} \frac{n^2-6n+13}{4} \end{eqnarray*}$ , wobei n die Potenz ist und jedes mal um 2 steigt.

Vielen Dank für Eure Hilfe

11.09.2008, 22:45

tigerbine

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RE: Unendliche Reihe zusammenfassen
Mal ohne Koeffizienten, wie würdest du denn

$\begin{eqnarray*} x^1+x^3+x^5+... \end{eqnarray*}$

Mittels Summenzeichen schreiben?

11.09.2008, 23:29

Gerdan

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Oh, da hab ich mich wohl falsch ausgedrückt, also n Summenzeichen davorzuschreiben schaff ich schon noch. Es geht darum den Ausdruck zu finden, gegen den die Reihe konvergiert, also eben nicht eine unendliche Summe sondern bestenfalls einen einzelnen Bruch. Verstehst du wie ich das meine?

11.09.2008, 23:37

tigerbine

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Ok, dennoch schreib doch mal den geschlossenen Ausdruck hin. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wie untersucht man denn Reihen auf Konvergenz? Hast du also schon geprüft, dass sie konvergiert?

12.09.2008, 15:28

Gerdan

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Ja, da x<1, konvergiert sie denke ich. Ich habs auch mit Excel ausprobiert hehe. Ich habe nicht soviel Ahnung von Reihen. So gesehen ist es wohl eine geometrische Reihe wo jedes zweite Glied fehlt. Mit Summenzeichen und ohne die Koeffizienten würde man schreiben:

$\begin{eqnarray*} \sum^\infty_{n=1}x^{2n-1} \end{eqnarray*}$

12.09.2008, 15:42

klarsoweit

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Zitat:

Original von Gerdan
die Koeffizienten werden ab dem 2. Glied nach folgender Regel gebildet:

$\begin{eqnarray*} \frac{n^2-6n+13}{4} \end{eqnarray*}$ , wobei n die Potenz ist und jedes mal um 2 steigt.

Wenn ich da mal für n ein paar Werte teste (z. B. n=4 ergibt 5/4), paßt das irgendwie nicht.

Zitat:

Original von Gerdan
$\begin{eqnarray*} \sum^\infty_{n=1}x^{2n-1} \end{eqnarray*}$

Das kann man auch so schreiben:

$\begin{eqnarray*} \sum^\infty_{n=1}x^{2n-1} = \frac{1}{x} \cdot \sum^\infty_{n=1}x^{2n} = \frac{1}{x} \cdot \sum^\infty_{n=1}(x^2)^{n} \end{eqnarray*}$

Und das ist dann klar und deutlich eine geometrische Reihe.

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12.09.2008, 16:31

Leopold

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Wenn die Differenzen aufeinander folgender Folgenglieder eine arithmetische Folge bilden, dann gehorcht die Folge selbst einer quadratischen Beziehung. Hier sind die Koeffizienten der Reihe offensichtlich die um 1 vergrößerten Quadratzahlen:

$\begin{eqnarray*} f(x) = x + \sum_{k=0}^{\infty} \left( k^2 + 1 \right) x^{2k+3} = \frac{x - 2x^3 + 2x^5 + x^7}{\left( 1 - x^2 \right)^3} \, , \ \ |x| < 1 \end{eqnarray*}$

12.09.2008, 17:47

Gerdan

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Danke erst mal an alle.

@ klarsoweit, doch die Regel stimmt, sie gilt aber nur bei der Reihe wo die Glieder mit geradem Exponenten fehlen. Also mit 4 stimmts natürlich nicht.

@Leopold. Genau das habe ich gesucht, kann es sein, dass irgendwo noch ein Fehler ist? wenn ich jetzt für x=0.9 einsetzte konvergiert das ganze gegen 160,56, was nicht sein kann. (oder habe ich mich verrechnet?). Hintergrund: f(x) ist eine Wahrscheinlichkeit und kann nicht größer 1 werden.

Wenn ich das mit Excel machen und die Reihe mit meiner etwas unbeholfenen Koeffizientenregel ausrechnen lassen, konvergiert sie für 0,9 gegen 0,911, was sinn macht. Egal wie nahe sich x an 1 annähert, f(x) überschreitet niemals 1.

12.09.2008, 18:35

Leopold

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$\begin{eqnarray*} 0{,}9 + 0{,}9^3 + 2 \cdot 0{,}9^5 + 5 \cdot 0{,}9^7 + 10 \cdot 0{,}9^9 + \ldots > 0{,}9 + 0{,}9^3 = 1{,}629 > 1 \end{eqnarray*}$

12.09.2008, 19:30

WebFritzi

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Zitat:

Original von Gerdan
kann es sein, dass irgendwo noch ein Fehler ist?

Nein, ich habe genau dasselbe raus. Das geht z.B. so:

$\begin{eqnarray*} f(x) = x + \sum (k^2 + 1)x^{2k+3} = x + x^3\sum (k^2 + 1)z^k, \end{eqnarray*}$

wobei wir $\begin{eqnarray*} z = x^2 \end{eqnarray*}$ setzen. Es ist weiter

$\begin{eqnarray*} \sum (k^2 + 1)z^k &=& \sum k(k-1)z^k + \sum (k+1)z^k\\ &=& z^2\sum k(k-1)z^{k-2} + \sum (k+1)z^k\\ &=& z^2\sum (z^k)'' + \sum (z^{k+1})'\\ &=& z^2\left(\sum z^k\right)'' + \left(\sum z^{k+1}\right)'\\ &=& z^2\left(\frac{1}{1-z}\right)'' + \left(\frac{1}{1-z} - 1\right)'\\ &=& \frac{z^2}{(1-z)^3} + \frac{1}{(1-z)^2}\\ &=& \frac{2z^2 - z+ 1}{(1-z)^3}. \end{eqnarray*}$

Wenn man das wieder oben einsetzt und z = x² berücksichtigt, kommt man genau auf den Term von Leopold.

12.09.2008, 19:59

Gerdan

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Oh verdammt, jetzt hab ich gerade völligen Unsinn verzapft. Die funktion für f(x) die ich oben gepostet habe ist ein Sezialfall der allgemeineren Funktion für x=0.5. (Hab der Einfachheit halber die genommen statt der allgemeinen). Euer Ergebniss ist dann natürlich richtig. Die allgemeinerne Reihe von der ich die Konvergenz bestimmen will ist eine andere nämlich diese hier

$\begin{eqnarray*} x+1(1-x)x^2+2(1-x)^2x^3+5(1-x)^3x^4... \end{eqnarray*}$

Ich versuch das mal selbst zu bearbeiten und werde das Ergebnis hier posten. Danke noch mal allen.

12.09.2008, 20:04

WebFritzi

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Zitat:

Original von Gerdan
Die funktion für f(x) die ich oben gepostet habe ist ein Sezialfall der allgemeineren Funktion für x=0.5.

Das wird wohl kaum so sein, weil da ja trotzdem noch ein x auftaucht.

12.09.2008, 21:20

Gerdan

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Doch, und zwar nimmt x in dem Fall den konstanten Wert 1/2 an. Das ist ein Spezialfall davon, das x variabel ist.

12.09.2008, 22:07

Dual Space

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Du kannst dir doch nicht aussuchen welche x du fixierst und welche nicht.

$\begin{eqnarray*} x+(1-x)x^2\mid_{x=1/2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

12.09.2008, 22:10

AD

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Zitat:

Original von Gerdan
$\begin{eqnarray*} x+1(1-x)x^2+2(1-x)^2x^3+5(1-x)^3x^4... \end{eqnarray*}$

Warum du da erst $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ gesetzt hast, um das Beispiel dann wiederum zu einer anderen Potenzreihe

$\begin{eqnarray*} x+x^3+2x^5+5x^7+10x^9+17x^{11}+... \end{eqnarray*}$

zu verallgemeinern, verstehe ich nicht ganz. Warum nicht gleich direkt zu einer wirklich passenden Potenzreihe übergehen:

$\begin{eqnarray*} x+1(1-x)x^2+2(1-x)^2x^3+5(1-x)^3x^4+ \cdots = x \cdot \left[ 1 + z + 2z^2+5z^3+10z^4+\cdots \right] \end{eqnarray*}$

wobei man $\begin{eqnarray*} z:=x(1-x) \end{eqnarray*}$ ansetzt. Dies berücksichtigend steht die Lösung im Thread weiter oben praktisch schon da. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.09.2008, 22:19

WebFritzi

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@Arthur: Schön gesehen. smile

smile

12.09.2008, 22:27

Gerdan

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@DualSpace: Ich bin kein Mathematiker und drücke daher Sachen auch nicht immer 100% korrekt aus. Was ich meinte war ganz einfach, dass wenn du bei der letzen Potenzreihe, also die mit (1-x)x, x=1/2 setzt würde sich die erste ergeben. bzw. würde dann statt den x 1/2 in den jeweiligen potenzen stehen.

@arthur dent: warum ich so vorgeangen bin würde jetzt den rahmen sprengen, das hat was mit der aufgabe an sich zu tun und damit, dass ich allgemein wissen wollte wie man ein solches problem löst ohne ein konkrete zahlen vorzugeben.
Danke für den Tipp mit der Substitution

Tolles Forum hier, ich bin sehr begeistert!

Gruß

12.09.2008, 22:31

WebFritzi

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Zitat:

Original von Gerdan
@DualSpace: Ich bin kein Mathematiker und drücke daher Sachen auch nicht immer 100% korrekt aus. Was ich meinte war ganz einfach, dass wenn du bei der letzen Potenzreihe, also die mit (1-x)x, x=1/2 setzt würde sich die erste ergeben. bzw. würde dann statt den x 1/2 in den jeweiligen potenzen stehen.

Ja, und damit würde - wie schon mehrfach gesagt - kein x mehr da stehen. das ist aber nicht der Fall. Deswegen hast du nicht x = 1/2 gesetzt.

13.09.2008, 00:49

Gerdan

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hier mal ein Ergebnis, ich hoffe es stimmt jetzt:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{(1-2x+4x^2-3x^3-x^4+3x^5-x^6)x}{(1-x+x^2)^3} \end{eqnarray*}$

14.09.2008, 20:02

Gerdan

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Stimmt es denn?

14.09.2008, 20:22

AD

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Ja, es stimmt. Freude

Freude

14.09.2008, 21:04

Gerdan

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Vielen Dank! Wink

Wink

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