Taylorreihe - Seite 6

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04.01.2013, 22:15

Alexandra Ardanex

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Koeffizientenvergleich? Noch nie gehört...

04.01.2013, 22:17

Che Netzer

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Schade

Dann setze einfach jeweils die Faktoren vor den $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Termen auf beiden Seiten gleich, die vor den $\begin{eqnarray*} x^3 \end{eqnarray*}$ -Termen etc. Das ist auch schon ein Koeffizientenvergleich.

04.01.2013, 22:19

Alexandra Ardanex

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Die sind doch aber gleich?

04.01.2013, 22:30

Alexandra Ardanex

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Zitat:

Original von Che Netzer
Erstmal hast du richtig erkannt, dass es mit einer Fakultät zu tun hat.
-> Taucht die im Nenner oder im Zähler auf?
-> Stehen noch weitere Faktoren daneben? [du hast z.B. schon $\begin{eqnarray*} (-1)^{\dotso} \end{eqnarray*}$ ausgeschlossen]
-> In welchem Zusammenhang steht das, wovon die Fakultät genommen wird, zum Exponenten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ?
-> Wie sieht dann also der Faktor $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ vor $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ aus?

Wie soll man denn die Folge der ungeraden Zahlen anders darstellen? Das geht doch nicht?

Ich weiß nicht was ich noch probieren soll? (2n+1) ist auch falsch fehlt die 3. Außerdem muss die Fakultät auftauchen... traurig

ehrlich mir ist sowas von zum Heulen

04.01.2013, 22:56

Che Netzer

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Den Faktor, der in der Reihenentwicklung vor $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ steht, bezeichnen wir mit $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ .
Wir haben bereits herausbekommen, dass $\begin{eqnarray*} a_n=0 \end{eqnarray*}$ für gerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .
Für ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} a_n=\frac1{\boxed n!} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ ein Ausdruck ist, der von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ abhängt.
Wir müssen nun also nur noch $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ bestimmen.
Wir wollen also $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ so bestimmen, dass
$\begin{eqnarray*} \frac1{{\color{red}1}!}x+\frac1{{\color{green}3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}5}!}x^5+\dotsb\overset!=\frac1{{\color{red}\boxed 1}!}x+\frac1{{\color{green}\boxed 3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}\boxed 5}!}x^5+\dotsb \end{eqnarray*}$
Was können wir hier für $\begin{eqnarray*} \boxed 1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \boxed 3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \boxed 5 \end{eqnarray*}$ einsetzen, so dass die ersten drei Summanden auf beiden Seiten gleich sind?
Und was können wir dann wohl für $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ für allgemeines ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ einsetzen?

PS: Keine Sorge, wir sind gleich fertig Freude

04.01.2013, 23:09

Alexandra Ardanex

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Zitat:

Original von Che Netzer
Den Faktor, der in der Reihenentwicklung vor $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ steht, bezeichnen wir mit $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ .
Wir haben bereits herausbekommen, dass $\begin{eqnarray*} a_n=0 \end{eqnarray*}$ für gerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .
Für ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} a_n=\frac1{\boxed n!} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ ein Ausdruck ist, der von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ abhängt.
Wir müssen nun also nur noch $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ bestimmen.
Wir wollen also $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ so bestimmen, dass
$\begin{eqnarray*} \frac1{{\color{red}1}!}x+\frac1{{\color{green}3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}5}!}x^5+\dotsb\overset!=\frac1{{\color{red}\boxed 1}!}x+\frac1{{\color{green}\boxed 3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}\boxed 5}!}x^5+\dotsb \end{eqnarray*}$
Was können wir hier für $\begin{eqnarray*} \boxed 1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \boxed 3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \boxed 5 \end{eqnarray*}$ einsetzen, so dass die ersten drei Summanden auf beiden Seiten gleich sind?
Und was können wir dann wohl für $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ für allgemeines ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ einsetzen?

PS: Keine Sorge, wir sind gleich fertig Freude

Gleich fertig ? Also ich habe noch genug andere Aufgaben... Es ist ja nicht so, dass ich nicht will.. ich versuche es ja aber naja..

Wir wollen also $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ so bestimmen, dass
$\begin{eqnarray*} \frac1{{\color{red}1}!}x+\frac1{{\color{green}3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}5}!}x^5+\dotsb\overset!=\frac1{{\color{red}\boxed 1}!}x+\frac1{{\color{green}\boxed 3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}\boxed 5}!}x^5+\dotsb \end{eqnarray*}$
Was können wir hier für $\begin{eqnarray*} \boxed 1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} \boxed 3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \boxed 5 \end{eqnarray*}$ einsetzen, so dass die ersten drei Summanden auf beiden Seiten gleich sind?

Aber die Summanden sind doch gleich ?

Außer man schreibt die Fakultät aus sprich 1!=1 3!=9 5!=120 Bis auf die 1 ist alles durch 3 teilbar verwirrt

04.01.2013, 23:13

Che Netzer

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Das scheint wohl ein Missverständnis zu sein.
Mit $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ bezeichne ich irgendeinen Wert, ich könnte auch $\begin{eqnarray*} ? (n) \end{eqnarray*}$ schreiben.
Aber du scheinst schon das richtige zu sehen.
Wenn nämlich $\begin{eqnarray*} \boxed n=n \end{eqnarray*}$ ist, stimmt die Gleichung
$\begin{eqnarray*} \frac1{{\color{red}1}!}x+\frac1{{\color{green}3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}5}!}x^5+\dotsb\overset!=\frac1{{\color{red}\boxed 1}!}x+\frac1{{\color{green}\boxed 3}!}x^3+\frac1{{\color{blue}\boxed 5}!}x^5+\dotsb \end{eqnarray*}$
Soweit ist alles in Ordnung?

04.01.2013, 23:22

Alexandra Ardanex

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Zitat:

Original von Che Netzer
Das scheint wohl ein Missverständnis zu sein.
Mit $\begin{eqnarray*} \boxed n \end{eqnarray*}$ bezeichne ich irgendeinen Wert, ich könnte auch $\begin{eqnarray*} ? (n) \end{eqnarray*}$ schreiben.
Aber du scheinst schon das richtige zu sehen.
Wenn nämlich $\begin{eqnarray*} \boxed n=n \end{eqnarray*}$ ist, stimmt die Gleichung

ja aber durch die Fakultät ! kann es keinen anderen Wert annehmen sonst ist es nicht äquivalent...?

04.01.2013, 23:25

Che Netzer

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Ja, jetzt haben wir $\begin{eqnarray*} \boxed n=n \end{eqnarray*}$ .
Und für ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ hatten wir $\begin{eqnarray*} a_n=\frac1{\boxed n!}=\frac1{n!} \end{eqnarray*}$ .
Kannst du jetzt die allgemeine Form für $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ aufschreiben? D.h. die Fallunterscheidung vervollständigen, die weiter oben stand?
Danach können wir die d) machen, die geht recht ähnlich.

04.01.2013, 23:31

Alexandra Ardanex

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Wenn ich es könnte würde ich schon längst an anderen Aufgaben sitzen... unglücklich

04.01.2013, 23:34

Che Netzer

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So sah die Fallunterscheidung ursprünglich aus:
$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}0&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\dotso&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$
Für ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ haben wir nun die Formel $\begin{eqnarray*} a_n=\frac1{n!} \end{eqnarray*}$ gefunden. Das kannst du jetzt in obige allgemeine Formel für $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ einsetzen.

04.01.2013, 23:40

Alexandra Ardanex

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$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}0&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\frac1{n!}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$

So oder wie? Bin jetzt völlig von der Rolle.. geschockt

04.01.2013, 23:43

Che Netzer

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Ja, das stimmt Freude

Das sind die Koeffizienten für die c).
Dann haben wir die Taylor-Reihe
$\begin{eqnarray*} T(x)=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\,. \end{eqnarray*}$

Dann können wir ja jetzt mit der d) weitermachen – oder gibt es noch Fragen/Einwände zur c)?

04.01.2013, 23:48

Alexandra Ardanex

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Also die Folge $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{1}{n!} \end{eqnarray*}$ ? Mit der Folge treffen wir doch aber nicht nur die ungerade n's...

04.01.2013, 23:54

Che Netzer

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Nein, die Folge ist nicht $\begin{eqnarray*} a_n=\frac1{n!} \end{eqnarray*}$ bzw. das ist sie nur für ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .
Sie sieht also so aus:
$\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}\begin{tabular}{r|c|c|c|c|c|c|c|c}$n=$&$1$&$2$&$3$&$4$&$5$&$6$&$7$&\dotso\\\hline $a_n=$&$\frac1{1!}$&$0$&$\frac1{3!}$&$0$&$\frac1{5!}$&$0$&$\frac1{7!}$&\dotso\end{tabular}\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}$

04.01.2013, 23:57

Alexandra Ardanex

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Aber sie ist es jetzt nur so, weil wir sie uns so zurecht gemacht haben, bzw. durch Fallunterscheidung definiert haben?

05.01.2013, 00:00

Che Netzer

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Ja, genau. Wir haben sie so definiert, dass sie für gerade Indizes Null wird, denn über gerade Zahlen wollen wir nicht summieren.

Ist jetzt alles klar, was die Aufgabe betrifft?

05.01.2013, 00:13

Alexandra Ardanex

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Joa. Recht herzlichen Dank.

d) unsere Taylorreihe
$\begin{eqnarray*} T(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{{({-x}^2)}^n}{n!}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{n!} \end{eqnarray*}$

Kann es sein, dass unser $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{1}{n!} \end{eqnarray*}$ ist?

05.01.2013, 00:16

Che Netzer

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Nicht ganz, aber der Term wird auch eine Rolle spielen.
Tauchen denn ungerade Exponenten in der Reihe auf? Nein, oder?
Was sagt das über die Faktoren vor ungeraden Potenzen, also über $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ für ungerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ aus?

05.01.2013, 00:24

Alexandra Ardanex

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Nein es tauchen nur gerade Exponenten auf. Nur das Vorzeichen wechselt immer wieder. Periodisch.

Ich bin mir ziemlich sicher, dass unser

Kann es sein, dass unser $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{(-1)^{n}}{n!} \end{eqnarray*}$

so aussehen müsste?

05.01.2013, 00:28

Che Netzer

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Fast. $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ ist der Term vor $\begin{eqnarray*} x^{2n} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} a_{2n}=\frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ .
Für ungerade Indizes ist $\begin{eqnarray*} a_{2n+1}=0 \end{eqnarray*}$ .

Ich gehe jetzt übrigens schlafen. Vielleicht findet sich noch jemand anders, um etwaige letzte Fragen zu beantworten.

05.01.2013, 01:07

Alexandra Ardanex

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Zitat:

Original von Che Netzer
Fast. $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ ist der Term vor $\begin{eqnarray*} x^{2n} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} a_{2n}=\frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ .
Für ungerade Indizes ist $\begin{eqnarray*} a_{2n+1}=0 \end{eqnarray*}$ .

Ich gehe jetzt übrigens schlafen. Vielleicht findet sich noch jemand anders, um etwaige letzte Fragen zu beantworten.

Das verstehe ich nicht.

Für mich wäre es so:

$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}\frac{(-1)^n}{n!}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\0&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$

05.01.2013, 01:16

Monarius

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Jetzt habe ich zum antworten so lang gebraucht, dass du schon wieder was geschrieben hast - naja, ich schick den Kram, den ich geschrieben habe einfach mal mit smile

-------

Also dann: Eine Potenzreihe (um $\begin{eqnarray*} x_0 = 0 \end{eqnarray*}$ ) sieht doch allgemein so aus:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n = 0}^\infty a_n x^n = a_0x^0 + a_1x^1 + a_2x^2 + a_3x^3 + a_4x^4 + ... \end{eqnarray*}$
Wobei $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ die Folge ist, die wir suchen.

Jetzt haben wir also unsere Potenzreihe gefunden, allerdings kriegen wir nur falls $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ auch gerade ist überhaupt den Wert für $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} = \underbrace{\frac{(-1)^0}{0!}}_{a_0} x^0 + \underbrace{\frac{(-1)^1}{1!}}_{a_2}x^2 + \underbrace{\frac{(-1)^2}{2!}}_{a_4}x^4 + ... \end{eqnarray*}$

Das ist aber nicht schlimm, denn weil die Potenzen mit ungerader Hochzahl nicht vorkommen, wissen wir auch deren Faktor $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} = \underbrace{\color{blue}\frac{(-1)^0}{0!}}_{a_0} x^0 + \underbrace{\color{red}0}_{a_1}\cdot x^1 + \underbrace{\color{blue}\frac{(-1)^1}{1!}}_{a_2}x^2 + \underbrace{\color{red}0}_{a_3}\cdot x^3 + \underbrace{\color{blue}\frac{(-1)^2}{2!}}_{a_4}x^4 + \underbrace{\color{red}0}_{a_5}\cdot x^5 + ... \end{eqnarray*}$

Das heißt, wie Che schon gesagt hat und wie du oben sehen kannst:
$\begin{eqnarray*} a_{2n} = \frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ (der Faktor aus der Potenzreihe)
$\begin{eqnarray*} a_{2n+1} = 0 \end{eqnarray*}$ (weil keine ungeraden Potenzen vorkommen)

Dadurch ist die Folge bereits eindeutig bestimmt, falls du aber eine Fallunterscheidung
$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}~\text{?}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\ \text{?}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$
wie im vorherigen Teil willst, musst du aufpassen.

Wenn du für gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ jetzt nämlich $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ nimmst, haut das nicht hin.
Vergleiche mal mit den markierten $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ oben, also $\begin{eqnarray*} a_0, a_2, a_4 \end{eqnarray*}$ , ...

05.01.2013, 12:28

Alexandra Ardanex

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Zitat:

Das heißt, wie Che schon gesagt hat und wie du oben sehen kannst:
$\begin{eqnarray*} a_{2n} = \frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ (der Faktor aus der Potenzreihe)
$\begin{eqnarray*} a_{2n+1} = 0 \end{eqnarray*}$ (weil keine ungeraden Potenzen vorkommen)

Ich verstehe das mit dem $\begin{eqnarray*} a_{2n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{2n+1} \end{eqnarray*}$ nicht.. unglücklich

Zitat:

Dadurch ist die Folge bereits eindeutig bestimmt, falls du aber eine Fallunterscheidung

$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}~\text{n!}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\ \text{0}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$

Wäre es jetzt bei mir.

edit von sulo: Zitate als Zitate kenntlich gemacht.

05.01.2013, 13:05

Mystic

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Zitat:

Original von Alexandra Ardanex
Dadurch ist die Folge bereits eindeutig bestimmt, falls du aber eine Fallunterscheidung
$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}~\text{n!}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\ \text{0}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$

Wäre es jetzt bei mir.

Ja, vielleicht bei dir, aber

$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}\frac 1{(n/2)!} \text{ für n gerade}\\ 0 \qquad \text{ für n ungerade}\end{cases} \end{eqnarray*}$

für alle anderen... Big Laugh

05.01.2013, 13:07

Che Netzer

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Bei mir wäre das auch noch falsch Augenzwinkern

05.01.2013, 13:09

Mystic

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Zitat:

Original von Che Netzer
Bei mir wäre das auch noch falsch Augenzwinkern

Naja, nicht aber nach meinem ersten edit...

05.01.2013, 13:10

Alexandra Ardanex

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Also sowohl mein Vorschlag falsch, als auch der andere?

05.01.2013, 13:14

Che Netzer

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@Mystic: Wir betrachten aber die Taylor-Reihe von $\begin{eqnarray*} \mathrm e^{{\color{red}-}x^2} \end{eqnarray*}$ , nicht die von $\begin{eqnarray*} \mathrm e^{x^2} \end{eqnarray*}$ .

@Alexandra: Ja, beide waren falsch, der von Mystic war aber sehr nah dran, er hat nur einen Faktor übersehen. Kannst du denn nachvollziehen, woher sein $\begin{eqnarray*} \frac1{(n/2)!} \end{eqnarray*}$ kommt?

05.01.2013, 13:19

Mystic

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Zitat:

Original von Che Netzer
@Mystic: Wir betrachten aber die Taylor-Reihe von $\begin{eqnarray*} \mathrm e^{{\color{red}-}x^2} \end{eqnarray*}$ , nicht die von $\begin{eqnarray*} \mathrm e^{x^2} \end{eqnarray*}$ .

Ok, diese unzähligen Fehler in diesem Thread wirken auf die Dauer ansteckend... Ich verspreche mich nicht mehr einzumischen... Wink

05.01.2013, 13:20

Alexandra Ardanex

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Nicht ganz eig ist das ja ein Doppelbruch und das !-Fakultätzeichen hm kann man erst bei der Ausführung umschreiben, weil so wie es jetzt steht kann man den Doppelbruch nicht vereinfachen.

05.01.2013, 13:25

Che Netzer

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Ich klaue mir dazu mal Monarius' Schreibweise:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} = \underbrace{\color{blue}\frac{(-1)^0}{0!}}_{a_0} x^0 + \underbrace{\color{red}0}_{a_1}\cdot x^1 + \underbrace{\color{blue}\frac{(-1)^1}{1!}}_{a_2}x^2 + \underbrace{\color{red}0}_{a_3}\cdot x^3 + \underbrace{\color{blue}\frac{(-1)^2}{2!}}_{a_4}x^4 + \underbrace{\color{red}0}_{a_5}\cdot x^5 + ... \end{eqnarray*}$
Dass $\begin{eqnarray*} a_n=0 \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade ist, dürfte klar sein.
Vor den Termen $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ mit geradem Exponenten steht ein Faktor der folgenden Form:
Im Nenner steht die Fakultät der Hälfte des Exponenten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Vor $\begin{eqnarray*} x^4 \end{eqnarray*}$ steht z.B. $\begin{eqnarray*} 2!=(4/2)! \end{eqnarray*}$ im Nenner, vor $\begin{eqnarray*} x^6 \end{eqnarray*}$ steht dort $\begin{eqnarray*} 3!=(6/2)! \end{eqnarray*}$ .
Und im Zähler steht $\begin{eqnarray*} (-1) \end{eqnarray*}$ mit derselben Zahl als Exponenten, d.h. mit der Hälfte der geraden Zahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .
Damit kommt man dann auf $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!} \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade ist, d.h.
$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\ \text{0}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$
Das sieht man auch gut an der ursprünglichen Summe:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}\,. \end{eqnarray*}$
Dort steht im Exponenten von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ , also das doppelte von dem Exponenten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} (-1) \end{eqnarray*}$ bzw. das doppelte von dem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , dessen Fakultät im Nenner steht.

Ist das jetzt klarer?

05.01.2013, 13:38

Alexandra Ardanex

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Ab hier habe ich es nicht wieder nicht mehr verstanden.
Das sieht man auch gut an der ursprünglichen Summe:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}\,. \end{eqnarray*}$
Dort steht im Exponenten von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ , also das doppelte von dem Exponenten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} (-1) \end{eqnarray*}$ bzw. das doppelte von dem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , dessen Fakultät im Nenner steht.

Der obige Teil ist mir aber verständlich. Nur das hackt jetzt wieder.

05.01.2013, 13:46

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Der obige Teil war eigentlich schon die ganze Erklärung, der zitierte Teil (zum Zitieren kannst du auch auch Zitat klicken, bzw. [quote] benutzen)

Ich wollte veranschaulichen, dass der Faktor vor $\begin{eqnarray*} x^n \end{eqnarray*}$ gerade $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!} \end{eqnarray*}$ ist. Eine gerade natürliche Zahl kann ja als $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ dargestellt werden.
In $\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!} \end{eqnarray*}$ ist der Faktor vor $\begin{eqnarray*} x^{2n} \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ erkennbar. Das ist $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{n!}=\frac{(-1)^{2n/2}}{(2n/2)!} \end{eqnarray*}$ , also genau $\begin{eqnarray*} a_{2n} \end{eqnarray*}$ nach obiger Definition.

Wenn wir für gerades $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nämlich $\begin{eqnarray*} a_n=\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!} \end{eqnarray*}$ setzen, dann ist $\begin{eqnarray*} a_{2n}=\frac{(-1)^n}{n!} \end{eqnarray*}$ . Das ist genau der Faktor, der in der Reihenentwicklung vor $\begin{eqnarray*} x^{2n} \end{eqnarray*}$ stehen soll, was man überprüfen kann, indem man sich
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \underbrace{\frac{(-1)^n}{n!}}_{=a_{2n}}x^{2n} \end{eqnarray*}$
ansieht.

05.01.2013, 13:58

Alexandra Ardanex

Auf diesen Beitrag antworten »

Joa stimmt. Ich glaube ich habe es endlich verstanden.

05.01.2013, 13:59

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Super

Möchtest du nochmal die Ergebnisse zusammenfassen?

05.01.2013, 14:09

Alexandra Ardanex

Auf diesen Beitrag antworten »

Joa wäre angebracht. Ich muss sie ohnehin abschreiben. Wie lautet denn jetzt das $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ für d)

05.01.2013, 14:09

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Das habe ich weiter oben angegeben. Such das mal heraus.

05.01.2013, 14:22

Alexandra Ardanex

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} a_n=\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!} \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade ist, d.h.
$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\ \text{0}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$
Das sieht man auch gut an der ursprünglichen Summe:
$\begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}\,. \end{eqnarray*}$

05.01.2013, 14:26

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Wobei
$\begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases}\frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!}&\text{für}\ n\ \text{gerade}\\\ \text{0}&\text{für}\ n\ \text{ungerade}\end{cases} \end{eqnarray*}$
da schon genügen würde.
Wie gesagt; benutze zum Zitieren auch lieber den entsprechenden Button.

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