Summe unendliche Reihe

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06.12.2015, 21:41	vogs	Auf diesen Beitrag antworten »
Summe unendliche Reihe Wie kann ich bitte von folgender Reihe die Summe berechnen? $\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(2n-3)(2n+1)} \end{eqnarray}$
06.12.2015, 21:51	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Summe unendliche Reihe Ich würde Partialbruchzerlegung versuchen und dann die ersten 10 Glieder der Reihe explizit aufschreiben.
07.12.2015, 11:02	vogs	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah vielen Dank! Kann man das auch noch schön in eine Formel gießen?
07.12.2015, 11:07	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Kann man. Und wenn du den Vorschlag von URL auch wirklich ausführst (statt ohne dies zu tun gleich diese nächste Frage zu stellen), dann siehst du es auch - Stichwort Teleskopsumme.
07.12.2015, 11:18	vogs	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das hab ich gemacht sonst wäre ich nicht auf die Summe gekommen. Dass es eine Teleskopreihe ist habe ich ehrlich gesagt schon vorher vermutet, wusste mir aber leider nicht zu helfen. Hab ich dann direkt das dort stehen (also ohne Variable) oder muss ich da noch irgendwo nen Zwischenschritt mit nem limes ansetzen? $\begin{eqnarray} \frac{1}{4}(1+\frac{1}{3}) \end{eqnarray*}$
07.12.2015, 11:32	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das ist das Endergebnis, ich würde es natürlich noch etwas vereinfachen. Man kann auch zunächst mal nach Teleskopsummenprinzip nur die $\begin{align} m \end{align}$ -te Partialsumme $\begin{align} \sum_{n=2}^m \frac{1}{(2n-3)(2n+1)} = \frac{1}{4} \left( 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2m-1} - \frac{1}{2m+1} \right) = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2m-1} + \frac{1}{2m+1} \right) \end{align}$ angeben, um die Konvergenz und den Reihenwert für $\begin{align} m\to\infty \end{align}$ "wasserdicht" zu begründen.
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07.12.2015, 11:51	leoclid	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie komme ich denn auf den geschlossenen Ausdruck für die m-te Partialsumme. Ich hätte jetzt angenommen, das diese sich als Quotient von zwei ganzrationalen Funktionen vom Grad 2 darstellen lässt und dann über die ersten Folgeglieder die Koeffizienten bestimmt, um anschließend die gefundene Formel noch per vollständiger Induktion zu beweisen.
07.12.2015, 11:56	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Hast du die empfohlene Partialbruchzerlegung durchgeführt? Dann nenne sie doch bitte mal. EDIT: Achje, anderer Fragesteller - dann bitte mal den Thread von vorn abarbeiten.
07.12.2015, 13:33	vogs	Auf diesen Beitrag antworten »
Was mir noch nicht ganz klar ist, was mit dem $\begin{eqnarray} \frac{1}{5} \end{eqnarray}$ passiert. Ich hab ja stehen $\begin{eqnarray} \frac{1}{4}(1-\frac{1}{5}+\frac{1}{3}-\frac{1}{7}+\frac{1}{5}-...) \end{eqnarray}$ Betrachte ich den Reihenrest nicht ab einem gewissen Index, wenn ich dann also z.B. bei m mit 4 starte, würden sich $\begin{eqnarray} -\frac{1}{5} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} -\frac{1}{7} \end{eqnarray}$ ja nicht wegkürzen oder bin ich da am Holzweg?
07.12.2015, 13:51	klarsoweit	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich verstehe die Frage nicht so ganz. HAL 9000 hat doch darauf hingewiesen, wie sich die m-te Partialsumme darstellen läßt: $\begin{align} \sum_{n=2}^m \frac{1}{(2n-3)(2n+1)} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2m-1} + \frac{1}{2m+1} \right) \end{align}$ Das sollte man natürlich z. B. mit vollständiger Induktion beweisen.
07.12.2015, 23:40	vogs	Auf diesen Beitrag antworten »
Ach, war wieder mal blind, Danke!

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