potenzreihe

14.09.2008, 13:28

xole_X

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potenzreihe

Hallo,
ich bins schon wieder. Es geht um die angehängte Aufgabe:

die a) hab ich so gelöst:

$\begin{eqnarray*} R=\lim_{n \to \infty} \frac{3}{2n} \frac{2(n+1)}{3} =\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} = 1 \end{eqnarray*}$
Also konvergent für x€(0,2).stimmt das?

bei der b hab ich bisschen probleme. Auf dem oben genannten Intervall konvergiert die Reihe ja absolut. Konvergiert sie auch gleichmäßig bzw punktweise? Ich weiss, wenn die Reihe punktweise und die Ableitung gleichmäßig konvergiert, dann darf man summe und ableitung vertauschen. Muss ich das hier zuerst zeigen oder wie löst man die b?

14.09.2008, 13:45

tigerbine

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Aufgabe a)
Die Reihe: http://de.wikipedia.org/wiki/Konvergenzradius

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3}{2n}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

d.h.

$\begin{eqnarray*} a_n=\frac{3}{2n},~x_0 =1 \end{eqnarray*}$

Nun den Konvergenzradius bestimmen:

$\begin{eqnarray*} r &&=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg| \frac{a_n}{a_{n+1}} \bigg| = \lim_{n \to \infty} \bigg| \frac{\frac{3}{2n}}{\frac{3}{2(n+1)}}\bigg| \\&& = \lim_{n \to \infty} \bigg| \frac{3}{2n}\cdot \frac{2(n+1)}{3}\bigg| \\&&= \lim_{n \to \infty} \bigg|\frac{n+1}{n}\bigg| \\&& = 1 \end{eqnarray*}$

Damit ohne Randpunkte, Konvergenzintervall (0,2) Freude

Freude

14.09.2008, 14:02

xole_X

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thx@tigerbine

ok die a hab ich auch genauso gelöst, aber mein problem ist ja der aufgabenteil b.

14.09.2008, 14:05

tigerbine

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Sollte es im Inneren von (0,2) nicht einfach Gliedweise gehen? http://de.wikipedia.org/wiki/Potenzreihe...und_Integration

14.09.2008, 14:18

xole_X

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ok das hab ich nicht gewusst, was wär dann die ableitung? sowas?

$\begin{eqnarray*} H'(x) = \sum_{n=1}^\infty~\frac{3n (x-1)^{n-1}}{2n} =\frac{3}{2} \sum_{n=1}^\infty~\frac{(x-1)^{n}}{x-1} =\frac{3}{2(x-1)} \sum_{n=1}^\infty~(x-1)^{n} = \frac{3}{2(x-1)} \frac{1}{2-x} \end{eqnarray*}$

am ende hab ich die summe mit der geom. Reihe gebildet. geht das?

muss ich jetzt um die bekannte analytische funktion H zu bilden, das einfach jetzt integrieren?

14.09.2008, 14:39

tigerbine

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$\begin{eqnarray*} f^\prime (x) = \sum_{n=1}^\infty a_n n \left( x-x_0 \right)^{n-1}= \sum_{n=0}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \end{eqnarray*}$

macht hier dann:

$\begin{eqnarray*} H'(x) &&= \sum_{n=1}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \\&&= \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{2(n+1)} \cdot \left(n+1 \right) \left( x-1 \right)^{n} \\&& = \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{2}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

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14.09.2008, 14:39

Mathespezialschüler

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Zitat:

Original von xole_X
am ende hab ich die summe mit der geom. Reihe gebildet. geht das?

Guck dir nochmal den Startindex der Reihe an.

14.09.2008, 14:48

xole_X

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stimmt die geometrische reihe startet bei 0.

tigerbine, stimmt dann deine reihe trotzdem noch? du hast für (n+1) den startindex 0 angegeben, machst unten aber mit 1 die summe.

14.09.2008, 16:32

tigerbine

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Ich habe wiki zitiert, es aber schon auf das Beispiel angepasst. Ich habe bei H' gleich die hintere Darstellung genommen, und den Index eben um 1 verschoben. sollte eigentlich passen.

14.09.2008, 17:24

xole_X

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Zitat:

Original von tigerbine
$\begin{eqnarray*} f^\prime (x) = \sum_{n=1}^\infty a_n n \left( x-x_0 \right)^{n-1}= \sum_{n=0}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \end{eqnarray*}$

macht hier dann:

$\begin{eqnarray*} H'(x) &&= \sum_{n=1}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \\&&= \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{2(n+1)} \cdot \left(n+1 \right) \left( x-1 \right)^{n} \\&& = \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{2}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

muss es hier nicht heißen:

$\begin{eqnarray*} ...= \sum_{n=0}^\infty \frac{3}{2}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

Meine originalsumme startet doch bei 1, wenn du den Summand auf der rechten Seite um 1 erhöst, musst du dann nicht bei 0 starten dafür?

14.09.2008, 18:28

tigerbine

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Nein, ich habe einen Schritt übersprungen und eben nur den rechten Term genommen. Der ist bei f' n=0, also bei H' n=1. Dort wird doch eben die Indexrückführung gemacht.

14.09.2008, 18:44

xole_X

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kannst du mir den übersprungenen schritt nochmal zeigen. wär sehr dankbar dafür, mach schon den ganzen tag mathe (morgen die klausur)und bin grad überfordert das nachzuvollziehen

14.09.2008, 18:47

tigerbine

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$\begin{eqnarray*} f^\prime (x) = \sum_{n=1}^\infty a_n n \left( x-x_0 \right)^{n-1}= \sum_{n=0}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \end{eqnarray*}$

macht hier dann:

$\begin{eqnarray*} H'(x) &&= \sum_{n=2}^\infty a_n n \left( x-x_0 \right)^{n-1}\\&&= \sum_{n=1}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \\&&= \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{2(n+1)} \cdot \left(n+1 \right) \left( x-1 \right)^{n} \\&& = \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{2}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

14.09.2008, 18:53

xole_X

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vielen vielen dank.
jetzt hab ich wieder das problem, dass ich die geom. reihe nicht benutzen kann.
muss ich dsa jetzt wieder 0 zurückführen? oder hat die geom. reihe hier überhaupt nichts zusuchen

14.09.2008, 19:20

tigerbine

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Ab hier ohne Garantie
Wie hängen hier denn Funktion und Ableitung zusammen?

$\begin{eqnarray*} H(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3}{2n}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} H'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3}{2}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

Du wolltest mit dem Grenzwert der Geometrischen Reihe arbeiten. Also da unser Konvergenzradius klein genug ist, macht und wie MSS schon sagte doch noch der Index zu schaffen. Ferner müssten wir es aufgrund des konstanten a_0 auf die Ableitung anwenden.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} a_0 \cdot q^k = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} a_0 \cdot q^k = \lim_{n \to \infty}a_0\frac{1-q^{n+1}}{1-q} = \frac{a_0}{1-q} \end{eqnarray*}$

Das würde ich hier nun so umsetzen, indem ich den fehlenden Term einfach auf beiden Seiten addiere.

$\begin{eqnarray*} H'(x) + \frac{3}{2}=\sum_{n=0}^{\infty}~\frac{3}{2}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} H'(x) + \frac{3}{2}=\frac{\frac{3}{2}}{1-(x-1)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} H'(x) + \frac{3}{2}=-\frac{3}{2x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} H'(x) =-\frac{3}{2x} - \frac{3}{2} \end{eqnarray*}$

aber wie gesagt, das ist jetzt nur mal ein Versuch von mir. Über integrieren müsste man dann H bestimmen können.

14.09.2008, 19:45

xole_X

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$\begin{eqnarray*} H(x) = -\frac{3ln(x)}{2}-\frac{3x}{2} \end{eqnarray*}$
das wär H'(x) integriert.Sieht für mich nicht so super schön aus für ne bekannte analytische Funktion.

Ich weiss zwar nicht wie ihr darüber denkt, aber irgendwie schon unfair als Klausuraufgabe mit Indexschieberei und trick17 (addieren von a_0)

15.09.2008, 12:51

Mathespezialschüler

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@tigerbine
Ich verstehe dein Index-Gefummel leider auch nicht wirklich. Was bitte ist an

$\begin{eqnarray*} H'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~a_nn(x-1)^{n-1} \end{eqnarray*}$

falsch?

15.09.2008, 12:58

tigerbine

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Hallo.

Wink

Also ich hatte nur versucht die Angaben von wiki zu übertragen. verwirrt

verwirrt

Zitat:

Bei wiki hieß die Reihe, beginnend bei n=0
$\begin{eqnarray*} f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n (x-x_0)^n \end{eqnarray*}$

Die Ableitung, der Index geht auf n=1 und wird dann auf n=0 zurückgeführt.

$\begin{eqnarray*} f^\prime (x) = \sum_{n=1}^\infty a_n n \left( x-x_0 \right)^{n-1}= \sum_{n=0}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \end{eqnarray*}$

Hier war nun die Funktion, der Index beginnt bei n=1

$\begin{eqnarray*} H(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3}{2n}\cdot (x-1)^n \end{eqnarray*}$

Daher dachte ich die Ableitung zunächst mal so:

$\begin{eqnarray*} H'(x) &&= \sum_{n=2}^\infty a_n n \left( x-x_0 \right)^{n-1}\\&&= \sum_{n=1}^\infty a_{n+1} \left(n+1 \right) \left( x-x_0 \right)^{n} \end{eqnarray*}$

Was habe ich falsch gemacht?

15.09.2008, 13:05

Mathespezialschüler

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Du hast systematisch übernommen und nicht selbst nachgedacht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}~a_n(x-x_0)^n=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\ldots \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~a_nn(x-x_0)^{n-1}=a_1+2a_2(x-x_0)+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Beim Ableiten fällt der konstante Term natürlich weg. Aber:

$\begin{eqnarray*} H(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3}{2n}(x-1)^n=\frac{3}{2}(x-1)+\frac{3}{4}(x-1)^2+\ldots \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} H'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3n}{2n}(x-1)^{n-1}=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}(x-1)+\ldots \end{eqnarray*}$ .

Hier gibt es keinen absoluten Term, deswegen kann auch nichts wegfallen.

@xole_X
Also, das Ganze nochmal ohne Indexverschiebung (die im Übrigen jetzt auch nicht so dramatisch ist, dass sie in einer Klausur nicht auftreten dürfte! Man muss sie hier ja trotzdem anwenden.). Ableitung ist, wie du richtig sagtest:

$\begin{eqnarray*} H'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{3n}{2n}(x-1)^{n-1}=\frac{3}{2}\sum_{n=0}^{\infty}~(x-1)^n \end{eqnarray*}$ .

Nun geometrische Reihe anwenden und dann probieren wir es nochmal mit dem Integrieren und dem Vergleichen der Konstanten (was man bei solchen Sachen immer machen muss, auch da kommst du nicht drumrum).

15.09.2008, 13:13

tigerbine

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Zitat:

Original von Mathespezialschüler
Du hast systematisch übernommen und nicht selbst nachgedacht. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das ist natürlich bitter. Ups

Ups

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