Potenzreihendarstellung von arcsin

17.01.2009, 14:07

thewho88

Potenzreihendarstellung von arcsin

Hallo allerseits! Ich brauch mal wieder ein bisschen Unterstützung...

Zitat:

Berechnen Sie durch Koeffizientenvergleich die ersten 4 Koeffizienten der Potenzreihendarstellung von f mit Anschlussstelle 0:
$\begin{eqnarray*} f(x) = \arcsin(x) \end{eqnarray*}$ (gehen Sie von $\begin{eqnarray*} \sin(\arcsin x) = x \end{eqnarray*}$ aus)

Ich hab da mal so angefangen:

$\begin{eqnarray*} \sin(\underbrace{\arcsin x}_{=: y}) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}y^{2n+1} = \sum_{n=0}^\infty \underbrace{\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}}_{=:b_n}\left( \sum_{k=0}^\infty a_k x^{2k+1} \right)^{2n+1} = x \end{eqnarray*}$

Darauf hab ich dann angewendet, was im Skriptum unter Einsetzen von Potenzreihen steht, nämlich

Zitat:

$\begin{eqnarray*} (g \circ f)(x) = \sum_{n=0}^\infty b_n \left( \sum_{k=0}^\infty a_kx^k\right)^n = b_0 + \sum_{n=0}^\infty \left( \sum_{j=1}^\infty b_j \sum_{i_1+...+i_j=n} a_{i_1} ... a_{i_j}\right)x^n \end{eqnarray*}$

Wenn ich da mal einsetze, komme ich auf eine Darstellung

$\begin{eqnarray*} 1 + \sum_{n=0}^\infty \left( \sum_{j=1}^\infty \frac{(-1)^j}{(2j+1)!} \sum_{i_1+...+i_j=n} a_{i_1} ... a_{i_j}\right)x^{2n+1} = x \end{eqnarray*}$

Macht das bis hierher Sinn? Bzw. wie muss ich jetzt weitermachen?

mfg

17.01.2009, 14:39

Leopold

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In deinem ersten Ansatz für $\begin{eqnarray*} \arcsin x \end{eqnarray*}$ verwendest du nur ungerade Exponenten. Das ist einerseits möglich und andererseits vorteilhaft, denn weil der Sinus ungerade ist, muß es auch der Arcussinus sein. Später dagegen kommen Potenzen mit beliebigen Hochzahlen ins Spiel. Das paßt nicht zusammen. Ich würde hier auch nicht mit Formeln arbeiten. Dann verstehst du viel besser, was eigentlich passiert.
Machen wir also den Ansatz

$\begin{eqnarray*} \arcsin x = a_0 x + a_1 x^3 + a_2 x^5 + \ldots = x \left( a_0 + a_1 x^2 + a_2 x^4 + \ldots \right) \end{eqnarray*}$

Und das setzen wir jetzt in die Potenzreihe des Sinus ein:

$\begin{eqnarray*} x \left( a_0 + a_1 x^2 + a_2 x^4 + \ldots \right) - \frac{1}{6} x^3 \left( a_0 + a_1 x^2 + a_2 x^4 + \ldots \right)^3 \pm \end{eqnarray*}$

Und weiter lohnt es sich gar nicht, das aufzuschreiben. Denn der nächste Summand hat ein $\begin{eqnarray*} x^5 \end{eqnarray*}$ vor der Klammer. Der liefert also keine Beiträge mehr zu Potenzen von einem Grad kleiner oder gleich 4. Jetzt mußt du nur noch die dritte Potenz der Klammer bestimmen, und zwar auch nur so weit, wie sie Potenzen von einem Grad kleiner oder gleich 1 liefert (beachte das $\begin{eqnarray*} x^3 \end{eqnarray*}$ vor der Klammer).

$\begin{eqnarray*} \left( a_0 + a_1 x^2 + \ldots \right) \cdot \left( a_0 + a_1 x^2 + \ldots \right) \cdot \left( a_0 + a_1 x^2 + \ldots \right) = b_0 + b_1 x^2 + \ldots \end{eqnarray*}$

Eigentlich hast du fast nichts mehr zu tun, die Berechnung von $\begin{eqnarray*} b_0 \end{eqnarray*}$ reicht. Ich empfehle dir aber, zur Übung die Sache eine Stufe weiter zu treiben, als es in der Aufgabe verlangt ist.

Und dann führst du einen Koeffizientenvergleich mit der Potenzreihe $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ durch.

17.01.2009, 18:08

thewho88

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Super danke!

Ich komm jetzt auf folgende Koeffizienten:

$\begin{eqnarray*} &&k_0 = 0 \\ &&k_1 = a_0 =1 \\ &&k_2 = 0 \\ &&k_3 = a_1=\frac{1}{3!} \\ &&k_4 = 0 \end{eqnarray*}$

Passt soweit mit der Lösung zusammen, beim Koeffizientenvergleich für $\begin{eqnarray*} x^5 \end{eqnarray*}$ hab ich die Gleichung

$\begin{eqnarray*} a_2-\frac{1}{6}(\underbrace{a_0^2 \cdot a_1}_{=a_1})+\frac{1}{120}a_0^5=0 \end{eqnarray*}$

Da würde ich (vorausgesetzt, ich hab mich jetzt nicht verrechnet) auf $\begin{eqnarray*} k_5=a_2=\frac{7}{360} \end{eqnarray*}$ kommen. Laut Lösung sollte aber an der Stelle $\begin{eqnarray*} \frac{3}{40} \end{eqnarray*}$ stehen. Wo hab ich mich denn da vertan?

EDIT: Danke hat sich erledigt, es ghört natürlich $\begin{eqnarray*} 3 a_1 \end{eqnarray*}$ .

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