Konvergenz einer Summe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:48 Di 17.11.2009 | | Autor: | jansimak |
[mm] \summe_{i=1}^{\infty} \bruch{a^i}{i}, [/mm] mit 0<a<1
Ich gehe davon aus, dass die Summe gegen ln(1-a) konvergiert, habe aber keine Idee, wie ich das nachrechnen kann. Kann mir irgendwer helfen?
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Hallo jansimak,
> [mm]\summe_{i=1}^{\infty} \bruch{a^i}{i},[/mm] mit 0<a<1
>
> Ich gehe davon aus, dass die Summe gegen ln(1-a)
> konvergiert,
Fast, es konvergiert gegen [mm] $\red{-}\ln(1-a)$
[/mm]
> habe aber keine Idee, wie ich das nachrechnen
> kann. Kann mir irgendwer helfen?
Wenn du die Taylorreihe zu [mm] $\ln(1+x)$ [/mm] kennst, also [mm] $\ln(1+x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{x^{i}}{i}$ [/mm] für [mm] $-1
Mit $x:=-a$ kommst du so schnell auf deine gegebene Reihe und darauf, dass die gegen [mm] $-\ln(1-a)$ [/mm] konvergiert.
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:14 Di 17.11.2009 | | Autor: | jansimak |
Hey,
vielen Dank erstmal für deine schnelle Hilfe. Wenn ich jetzt die Konvergenz nachrechnen soll, wie mache ich das am besten? Ich bin noch etwas verwirrt, weil die Summe (für ln(1+x)) ja alterniert und ich ja den Fall gegeben habe, dass Sie das nicht tut. Des Weiteren ist das a in meinem Fall im Bereich zwischen ]0;1[ definiert und nicht in [-1;1]. Danke!
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Hallo nochmal,
> Hey,
> vielen Dank erstmal für deine schnelle Hilfe. Wenn ich
> jetzt die Konvergenz nachrechnen soll, wie mache ich das am
> besten? Ich bin noch etwas verwirrt, weil die Summe (für
> ln(1+x)) ja alterniert und ich ja den Fall gegeben habe,
> dass Sie das nicht tut. Des Weiteren ist das a in meinem
> Fall im Bereich zwischen ]0;1[ definiert und nicht in
> [-1;1]. Danke!
Nun, die obige Darstellung [mm] $\ln(1+x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{x^{i}}{i}$ [/mm] gilt für [mm] $-1
Mit $x=-a$ ist dann [mm] $\ln(1-a)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{(-a)^{i}}{i}$ [/mm] für [mm] $-1<-a\le [/mm] 1$, also [mm] $1>a\ge [/mm] -1$, also insbesondere für $0<a<1$
Nun fasse die Summe mal zusammen ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:45 Di 17.11.2009 | | Autor: | jansimak |
Okay, sorry, ich stehe da gerade echt irgendwie auf'm Schlauch.
Ich verstehe nicht, wie du die Begründung für das 0<a<1 entwickelst. Also, klar, das Argument von ln muss positiv sein bzw. !=0, aber ist das jetzt als Begründung ausreichend?
Und bzgl. des Zusammenfassens der Summe sehe ich nicht, welche Faktoren sich da vereinfachen ließen. Der einzige Zusammenhang, der mir ersichtlich wird ist, dass die Summanden immer negativ sind, da entweder i+1 bzw. i ungerade ist, für jedes i.
Also:
[mm] \ln(1-a)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{-1^i a^{i}}{i}
[/mm]
= [mm] \sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{2i+1}\cdot{}\frac{a^{i}}{i}
[/mm]
= - [mm] \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{a^{i}}{i}
[/mm]
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Hallo nochmal,
> Okay, sorry, ich stehe da gerade echt irgendwie auf'm
> Schlauch.
>
> Ich verstehe nicht, wie du die Begründung für das 0<a<1
> entwickelst. Also, klar, das Argument von ln muss positiv
> sein bzw. !=0, aber ist das jetzt als Begründung
> ausreichend?
Nun, die "ursprüngliche" Darstellung von [mm] $\ln(1+x)$ [/mm] als Taylorreihe [mm] $\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{x^{i}}{i}$ [/mm] gilt nur für [mm] $-1
Hier habe ich nur x durch -a ersetzt.
Das liefert die Darstellung [mm] $\ln(1-a)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{(-a)^{i}}{i}$ [/mm] für [mm] $-1<-a\le [/mm] 1$
Soweit nicht spannend.
Nun multipliziere ich die Ungl. [mm] $-1<-a\le [/mm] 1$ mit $-1$ und bekomme [mm] $1>a\ge [/mm] -1$, also [mm] $-1\le [/mm] a<1$
Für diesen Bereich gilt die obige Reihendarstellung für [mm] $\ln(1-a)$
[/mm]
Und im Intervall $[-1,1)$ ist $(0,1)$ doch enthalten, also gilt für $0<a<1$: [mm] $\ln(1-a)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{(-a)^{i}}{i}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{(-1)^{i}\cdot{}a^{i}}{i}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{2i+1}\cdot{}\frac{a^{i}}{i}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)\cdot{}\underbrace{(-1)^{2i}}_{=1}\cdot{}\frac{a^{i}}{i}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}-\frac{a^{i}}{i}=-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a^{i}}{i}$
[/mm]
Insgesamt also, wenn du mal die ganz linke und die ganz rechte Seite der Gleichungskette anschaust:
[mm] $\ln(1-a)=-\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a^{i}}{i}$
[/mm]
Nun nur noch [mm] $\cdot{}(-1)$ [/mm] auf beiden Seiten und du hast [mm] $\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{a^{i}}{i}=-\ln(1-a)$ [/mm] und das für [mm] $a\in(0,1)$
[/mm]
>
> Und bzgl. des Zusammenfassens der Summe sehe ich nicht,
> welche Faktoren sich da vereinfachen ließen. Der einzige
> Zusammenhang, der mir ersichtlich wird ist, dass die
> Summanden immer negativ sind, da entweder i+1 bzw. i
> ungerade ist, für jedes i.
>
> Also:
>
> [mm]\ln(1-a)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\cdot{}\frac{-1^i a^{i}}{i}[/mm]
>
>
> [mm]\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{2i+1}\cdot{}\frac{a^{i}}{i}[/mm]
> - [mm]\sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{a^{i}}{i}[/mm] = -
> [mm]\ln(1-a)[/mm]
>
>
Gruß und ![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]")
schachuzipus
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