Konvergenzradius einer Potenzreihe

18.02.2011, 15:30

_mathestudent

Konvergenzradius einer Potenzreihe

Berechnen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe

$\begin{eqnarray*} <br /> \sum\limits_{n=1}^\infty ((1+ \frac{1}{n})^n - (1+ (\frac{(-1)^n}{n})^n)^n* z^(2n) \end{eqnarray*}$

zum Schluss steht z hoch 2n also z^(2n)...das wird irgendwie nicht richtig dargestellt...

Ich habe jetzt Cauchy-Hadamard angewendet

ak = 0 wenn k=2n und ak=das hinter dem summenzeichen wenn k=2n+1

Muss man die 2n+1 -te Wurzel ziehen und dann auch überall unter der Wurzel 2n+1 statt n schreiben?
Ich habe das mal gemacht und daraus folgt, dass der Radius
$\begin{eqnarray*} 1/ e-e^-1 \end{eqnarray*}$ ist oder? Muss man das in der Klausur dann einfach so stehen lassen?

18.02.2011, 15:38

René Gruber

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Irgendwie ist da wohl eine öffnende Klammer zuviel, was einem beim Nachvollziehen arg ins Stolpern bringt. Ich könnte mir vorstellen, dass du in Wahrheit

$\begin{eqnarray*} a_n = \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n - \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right)^n \right)^n \end{eqnarray*}$

meinst, ist das so?

Außerdem versteh ich dein k=2n und k=2n+1 nicht: Bezogen auf den Summenindex n müsste die Betrachtung doch wohl eher n=2k sowie n=2k+1 lauten???

Die Krönung der Schlamperei ist allerdings $\begin{eqnarray*} 1/ e-e^-1 \end{eqnarray*}$ , wo du wahrscheinlich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{e-e^{-1}} \end{eqnarray*}$ meinst - was inhaltlich richtig wäre, wenn da nicht $\begin{eqnarray*} z^{2n} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} z^n \end{eqnarray*}$ stehen würde...

Wenn schon nicht LaTeX, dann setz wenigstens die Klammern korrekt.

18.02.2011, 15:59

_mathestudent

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Ja genau, das meinte ich... ich kam mit den Klammern durcheinander.

Den Summenindex habe ich in einer Übung auch bei k belassen, weil wir den allgemein so definiert haben, ich klebe momentan noch an Beispielen fest und verschreibe mich dann des öfteren. Ich hätte vielleicht zuerst auf die Vorschau gehen sollen, aber momentan raucht mein Kopf und heute ist nicht der beste Tag. Auf meinem Blatt steht es aber richtig :-)

Den Bruch meinte ich so, wie du ihn verbessert hast. Kannst du mir sagen wo der Fehler mit den 2n liegt?

Muss ich dann $\begin{eqnarray*} ( \frac{1}{e-e^{-1}})^2 \end{eqnarray*}$ nehmen?

18.02.2011, 16:07

René Gruber

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Nein, nicht raten, sondern nachdenken:

Es ist $\begin{eqnarray*} z^{2n} = (z^2)^n \end{eqnarray*}$ , d.h. die Potenzreihe konvergiert für $\begin{eqnarray*} z^2 < \frac{1}{e-e^{-1}} \end{eqnarray*}$ und sie divergiert für $\begin{eqnarray*} z^2 > \frac{1}{e-e^{-1}} \end{eqnarray*}$ ...

18.02.2011, 16:10

_mathestudent

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Aber warum? Kannst du das bitte näher erläutern...

18.02.2011, 16:16

_mathestudent

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So, ich hab gerade nochmal eine Übungsaufgabe durchgeschaut, in der auch $\begin{eqnarray*} z^{2n} \end{eqnarray*}$ vorkam.

Dort haben wir z² durch eine Variable w ersetzt und dann den Konvergenzradius anschließend mit w berechnet. Danach haben wir dann die Wurzel vom ausgerechneten Radius gezogen...

Kann man das hier auch tun?Also R = $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{1}{e-e^{-1}} } \end{eqnarray*}$

18.02.2011, 16:20

René Gruber

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Wovon habe ich denn gerade eben gesprochen? Ja, genauso.

18.02.2011, 16:32

_mathestudent

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Angenommen dort hätte $\begin{eqnarray*} z^{4n} \end{eqnarray*}$ gestanden, wäre es dann die 4te Wurzel aus dem anfangs berechneten Radius?

Wenn ich $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ aufspalte wie eben, also in n=2n, falls... und n=2n+1 falls...
Muss ich dann in der Cauchy-Hadamard-"Formel" auch immer die 2nte bzw 2n+1-te (je nachdem) Wurzel ziehen und unter der Wurzel selber auch immer für n= 2n bzw für n= 2n+1 einsetzen?

Habe das Prinzip noch nicht richtig verstanden...

LG

18.02.2011, 16:43

René Gruber

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Das ist keine Frage des Prinzips, sondern eine Frage der übersichtlichen Rechnung, wofür man selbst die Verantwortung trägt.

Na dann man ganz ausführlich: Um deine Potenzreihe

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^\infty \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n - \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right)^n \right)^n \cdot z^{2n} \end{eqnarray*}$

auf die "richtige" Form $\begin{eqnarray*} \sum_{m=1}^{\infty} b_mz^m \end{eqnarray*}$ zu bringen (um Cauchy-Hadamard direkt anwenden zu können) musst du die $\begin{eqnarray*} b_m \end{eqnarray*}$ natürlich richtig aufstellen:

$\begin{eqnarray*} b_m = \begin{cases} \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n - \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right)^n \right)^n & \;\textrm{für}\; m=2n \\ 0 & \;\textrm{für}\; m=2n+1 \end{cases} \end{eqnarray*}$

Gemäß obiger Betrachtung, wo im Fall $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ der Koeffizient verschwindet, könnte man sogar noch zu

$\begin{eqnarray*} b_m = \begin{cases} \left( \left( 1 + \frac{1}{2k+1} \right)^{2k+1} - \left( 1 - \frac{1}{2k+1} \right)^{2k+1} \right)^{2k+1} & \;\textrm{für}\; m=4k+2 \\ 0 & \;\textrm{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$

vereinfachen. Wie auch immer, die Cauchy-Hadamard-Formel ist nun direkt anwendbar.

18.02.2011, 17:07

Lisa1391

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Wieso beantwortest du nicht einfach die gestellten Fragen?

Zitat:

Original von _mathestudent
Angenommen dort hätte $\begin{eqnarray*} z^{4n} \end{eqnarray*}$ gestanden, wäre es dann die 4te Wurzel aus dem anfangs berechneten Radius?

Wenn ich $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ aufspalte wie eben, also in n=2n, falls... und n=2n+1 falls...
Muss ich dann in der Cauchy-Hadamard-"Formel" auch immer die 2nte bzw 2n+1-te (je nachdem) Wurzel ziehen und unter der Wurzel selber auch immer für n= 2n bzw für n= 2n+1 einsetzen?

Der Rest wurde doch schon gesagt und die Lösung herausgefunden...

Verständnis hat auch etwas mit ordentlichem & sauberen Rechnen zu tun, aber nicht nur. Zum größten Teil lernt man aus Beispielen und wir zB machen in der Vorlesung nicht viele. Hinter einer Formel steckt meiner Meinung nach immer irgendein Schema, dass man verstehen muss um die Formel anzuwenden, wenn man ein Beispiel also nicht versteht bringt einem das nichts, deshalb die Fragen ;-)

18.02.2011, 18:52

René Gruber

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Verständnis hat damit zu tun, etwas wirklich zu verstehen und sich nicht mit Trial-und-Error-Kochrezepten zufriedenzugeben.

_mathestudent hat die Lösung erraten bzw. einem dieser Kochrezepte entnommen und war erkennbar unsicher - deswegen habe ich ihm aufgezeigt, wie das sauber und ordentlich über Cauchy-Hadamard laufen kann. Wenn dir das nicht gefällt, ist das deine Sache - aber melde dich das nächste Mal doch bitte mit konstruktiven Wortbeiträgen.

18.02.2011, 19:42

HAL 9000

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Zitat:

Original von Lisa1391
Zum größten Teil lernt man aus Beispielen und wir zB machen in der Vorlesung nicht viele.

Einige wenige Beispiele ja, aber doch nicht exzessiv, bis es auch der letzte verstanden hat - das übersteigt den Rahmen. Dazu gibt es ja Übungen/Tutorien - hoffentlich gibt es die noch...

18.02.2011, 20:24

Lisa1391

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Zitat:

Original von René Gruber
Verständnis hat damit zu tun, etwas wirklich zu verstehen und sich nicht mit Trial-und-Error-Kochrezepten zufriedenzugeben.

_mathestudent hat die Lösung erraten bzw. einem dieser Kochrezepte entnommen und war erkennbar unsicher - deswegen habe ich ihm aufgezeigt, wie das sauber und ordentlich über Cauchy-Hadamard laufen kann. Wenn dir das nicht gefällt, ist das deine Sache - aber melde dich das nächste Mal doch bitte mit konstruktiven Wortbeiträgen.

Bist du immer gleich so angekratzt?! Falls du nen schlechten Tag hast, lass es doch bitte nicht an mir aus. Du übst Kritik an anderen aus, also kannst du auch welche von mir entgegennehmen. Was heißt Kritik...eher Aufforderung. War weder gegen dich, noch böse gemeint, aber ist meine Meinung.
Ist ja toll, dass du hilfst, dagegen hab ich auch garnichts gesagt, auch nichts gegen deine Beiträge. Ich wollte lediglich darauf hinweisen, dass die Fragen damit nicht beantwortet waren.

Achso...noch eine Frage von mir zu deinem Beitrag...

Zitat:

Original von René Gruber

$\begin{eqnarray*} b_m = \begin{cases} \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n - \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right)^n \right)^n & \;\textrm{für}\; m=2n \\ 0 & \;\textrm{für}\; m=2n+1 \end{cases} \end{eqnarray*}$

Gemäß obiger Betrachtung, wo im Fall $\begin{eqnarray*} n=2k \end{eqnarray*}$ der Koeffizient verschwindet, könnte man sogar noch zu

$\begin{eqnarray*} b_m = \begin{cases} \left( \left( 1 + \frac{1}{2k+1} \right)^{2k+1} - \left( 1 - \frac{1}{2k+1} \right)^{2k+1} \right)^{2k+1} & \;\textrm{für}\; m=4k+2 \\ 0 & \;\textrm{sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$

vereinfachen. Wie auch immer, die Cauchy-Hadamard-Formel ist nun direkt anwendbar.

Müssten m=2n und n=2n+1 nicht vertauscht werden? Oder bin ich jetzt ganz verwirrt? Der Bruch ergibt doch 0, wenn die n gerade sind...

18.02.2011, 20:30

HAL 9000

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Zitat:

Original von Lisa1391
Ich wollte lediglich darauf hinweisen, dass die Fragen damit nicht beantwortet waren.

Das kannst du doch gar nicht entscheiden, die Frage hatte doch _mathestudent gestellt? Wenn du nicht verstanden hast, dass Renés Antwort sehr wohl auf die Frage bezogen war, muss das doch noch lange nicht auf _mathestudent zutreffen!

Und noch was: Du gehst mit deinen ins persönliche gleitenden Angriffen

Zitat:

Original von Lisa1391
Falls du nen schlechten Tag hast, lass es doch bitte nicht an mir aus.

entschieden zu weit. unglücklich

Warum nur trittst du so aggressiv auf in einem Thread, der dich gar nichts angeht??? Finger2

18.02.2011, 20:31

Lisa1391

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Okay ich habe sie jedenfalls SO nicht als Antwort auf die Frage verstanden...und wollte damit ausdrücken, dass ich auch gerne die Antwort wissen würde ;-)

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