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Hi!
Wir haben den natürlichen Logarithmus ln als Tylorreihe in Abhängigkeit von x dargestellt und uns dann angeschaut, für welche x die Taylorreihe konvergiert.
Mit Hilfe des Quotientenkriteriums lässt sich zeigen, sie konvergiert für 0<|x|<2. Allerdings wissen wir ja, sie konvergiert für alle x > 0. Aber gut, anscheinend kann man letzteres nicht mit dem Quotientenkriterium zeigen ?!
Was mich jetzt aber richtig wundert ist, dass laut dem Quotientenkriterium unsere Tylorreihe für ln divergiert.
[mm] ln(x)=\summe_{i=0}^{\infty}\bruch{(-1)^{n+1}}{n}*(x-1)^n=\summe_{i=0}^{\infty}a_{n}
[/mm]
Laut Quotientenkriterium divergiert sie, wenn [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|=q [/mm] mit q>1.
Nun ist aber [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}|=|1-x|. [/mm] D.h. für x>2 divergiert die Reihe. Aber das stimmt ja nicht...
Wo mach ich was falsch?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:14 Sa 20.02.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Erstmal startet die Reihe bei n=1 und nicht bei n=0!
Und dann stimmt es aber, der Konvergenzradius von der Reihe beträgt nur 1, also die Reihe konvegiert, wenn $|x-1|<1 [mm] \gdw [/mm] 0<x<2$ gilt.
Kannst ja mal x=3 einsetzen und dann ein paar Partialsummen berechnen, also z.B.
[mm] \summe_{n=1}^{4}\bruch{(-1)^{n+1}}{n}*2^k, [/mm]
[mm] \summe_{n=1}^{5}\bruch{(-1)^{n+1}}{n}*2^k,
[/mm]
[mm] \summe_{n=1}^{6}\bruch{(-1)^{n+1}}{n}*2^k,
[/mm]
...
Eigentlich sollten die Ergebjisse langsam mal um ln(3) rumschwirren, aber das tun sie nicht (stattdessen werden sie betragsmäßig immer größer).
Also es stimmt schon, dass die Reihe für x>2 divergiert (für x=2 hast du einen Spezialfall, den du mit dem Leibniz-Kriterium bearbeiten kannst).
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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Hm, interessant...
Das erste was mich wundert ist, dass laut Wikipedia (http://de.wikipedia.org/wiki/Taylorreihe) die Taylorreihe bei n=0 anfängt. Damit kann ich ja ln(x) gar nicht als Taylorreihe darstellen, weil [mm] f^{0}(0) [/mm] nicht definiert ist für f(x)=ln(x). Du sagst jetzt aber, ich soll einfach bei n=1 anfangen. Warum darf ich das?
Das zweite was mich wundert ist, dass ich davon überzeugt war, dass man ln(x) im gesamten Definitionsbereich als Taylorreihe darstellen kann - aber man ln(x) ja offensichtlich nur im Bereich 0<x<2 darstellen kann, weil für andere x die Reihe nicht konvergiert. Sehe ich das richtig? D.h. ich muss irgendeine andere Reihe nehmen, um ln(x) vollständig darzustellen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:36 So 21.02.2010 | | Autor: | qsxqsx |
Hallo,
Ich glaube ich weiss was dein Problem ist:
Da die Enticklung an der Stelle x = 0 nicht definiert ist macht man ja folgenden Trick.
ERSTENS
y = f(z) = ln(1+z)
f(0) = 0, f'(0) = 1, f''(0) = -1, f'''(0) = -2, f''''(0) = -1*2*3
Es folgt:
ln(1+z) = z - [mm] \bruch{z^2}{2}+ \bruch{z^3}{3} [/mm] - [mm] \bruch{z^4}{4} [/mm] ...
= [mm] \summe_{i=n}^{unendlich} (-1)^{n+1}*\bruch{z^n}{n}
[/mm]
ZWEITENS
...................
f(z) = ln(1 - z) = -z - [mm] \bruch{z^2}{2} [/mm] - [mm] \bruch{z^3}{3} [/mm] - [mm] \bruch{z^4}{4} [/mm] ...
= [mm] \summe_{i=n}^{unendlich} -\bruch{z^n}{n}
[/mm]
[Ich bin mir jetzt nur bei den beiden Entwicklungen nicht ganz sicher für welche z diese Definiert sind. Ich glaube für 0 < z < 1 , oder sowas? Hier sollte nochmals jemand was dazu sagen...]
Aufjedenfall folgt:
f(z) = ln[ [mm] \bruch{z+1}{z-1} [/mm] ] = ln(1+z) - ln(z-1) = 2*(z + [mm] z^3/3 [/mm] +...)
jetzt kann man x = [mm] \bruch{z+1}{z-1} [/mm] machen. Nach z auflösen:
z = [mm] \bruch{x-1}{x+1}
[/mm]
----------------->>>------------------>>>-------------->>>
ln (x ) = [mm] 2*\summe_{n=1}^{unendlich} \bruch{1}{2*n -1}*\bruch{x-1}{x+1}^{2*n-1}
[/mm]
Beantwortet es die Frage?
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Erst mal vielen Dank für deine sehr ausführliche Erklärung! Ich glaube du hast mein Problem verstanden.
Aber deine Herleitung geht jetzt irgendwie gar nicht von der Taylorreihe aus oder? Denn wenn ich mit deinem Trick (ln(x+1) betrachten) versuche die Taylorreihe zu bestimmen, mache ich das ja so: Ich bestimme erst mal [mm] f^{n}:
[/mm]
[mm] f^{n}=(-1)^{n+1}*(n-1)!*(1+x)^{-n} [/mm] für f(x)=ln(x+1) und n>1 (für n=0 haben wir irgendwie auch hier ein problem?). Und das würde ich ja jetzt in die allgemeine Taylorreihe einsetzen, die ja aber bei 0 beginnt - ich weiß gar nicht, wie ich da einen Start von 1 hinkriegen soll.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:27 Mo 22.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Erst mal vielen Dank für deine sehr ausführliche
> Erklärung! Ich glaube du hast mein Problem verstanden.
>
> Aber deine Herleitung geht jetzt irgendwie gar nicht von
> der Taylorreihe aus oder?
Nein, es geht vom Logarithmus aus und entwickelt daraus die Taylorreihe.
> Denn wenn ich mit deinem Trick
> (ln(x+1) betrachten) versuche die Taylorreihe zu bestimmen,
> mache ich das ja so: Ich bestimme erst mal [mm]f^{n}:[/mm]
>
> [mm]f^{n}=(-1)^{n+1}*(n-1)!*(1+x)^{-n}[/mm] für f(x)=ln(x+1) und
> n>1
Das gilt sogar fuer $n = 1$.
> (für n=0 haben wir irgendwie auch hier ein problem?).
Ja, fuer $n = 0$ ist [mm] $f^{(0)}(x) [/mm] = f(x) = [mm] \ln(x [/mm] + 1)$.
Und ein Problem ist das nicht. Wegen $f(0) = 0$ ist der konstante Term der Taylorreihe eben 0.
> Und das würde ich ja jetzt in die allgemeine Taylorreihe
> einsetzen, die ja aber bei 0 beginnt - ich weiß gar nicht,
> wie ich da einen Start von 1 hinkriegen soll.
Na, der Koeffizient von $(x - [mm] 1)^0$ [/mm] ist 0. Also ist die Taylorreihe [mm] $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} [/mm] (x - [mm] 1)^n$. [/mm] Dies ist gleich [mm] $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ [/mm] mit [mm] $a_0 [/mm] = 0$ und [mm] $a_n [/mm] = [mm] \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ [/mm] fuer $n [mm] \ge [/mm] 1$.
So, und nun zurueck zur Konvergenz. Die Potenzreihe [mm] $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} [/mm] (x - [mm] 1)^n$ [/mm] hat, wie du richtig bestimmt hast, den Konvergenzradius 1. Sprich, fuer $|x - 1| > 1$ konvergiert sie nicht.
Wie kommst du eigentlich auf die Behauptung, dass sie fuer $x > 2$ konvergieren soll?
LG Felix
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Erst mal vielen Dank felixf für deine Hilfe. Ich hab den ersten Teil jetzt verstanden!
> Wie kommst du eigentlich auf die Behauptung, dass sie fuer
> [mm]x > 2[/mm] konvergieren soll?
Naja angeblich enspricht unsere Taylorreihe ja ln(x). Und da der Definitionsbereich von ln(x) eben auch alle x>2 umfasst, war ich der Meinung, dass die Taylorreihe dann ja auch für x>2 konvergieren muss. Z.B. ist ja ln(3) definiert, aber unsere Taylorreihe konvergiert für x=3 nicht - d.h. sie hat für x=3 einen Wert ungleich ln(3). D.h. ja aber unsere Teilorreihe entspricht überhaupt nicht ln(x) sondern einem Abschnitt von ln(x). Aber vielleicht kann man ja die gesamte ln(x) durch eine andere Reihenentwicklung hinkriegen!?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:04 Mo 22.02.2010 | | Autor: | fred97 |
Wir machen mal folgendes: Sei [mm] x_0 [/mm] > 0. Die Taylorreihe des Logarithmus $f(x) = ln(x)$ um den Entwicklungspunkt [mm] x_0 [/mm] lautet:
(*) [mm] \summe_{n=0}^{\ifty}a_n(x-x_0)^n
[/mm]
wobei [mm] $a_n [/mm] = [mm] \bruch{f^{(n)}(x_0)}{n!}$ [/mm] ist
Für die Ableitungen [mm] f^{(n)}(x_0) [/mm] klannst Du induktiv eine einfache Darstellung herleiten (mach das mal). Damit und mit der Formel von Hadamard siehst Du dann, dass die Potenzrerihe in (*) gerade den Konvergenzradius $ [mm] r=x_0$ [/mm] hat.
Damit ist
$ln(x) = [mm] \summe_{n=0}^{\ifty}a_n(x-x_0)^n$ [/mm] für [mm] $|x-x_0|
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:45 Di 23.02.2010 | | Autor: | Bit2_Gosu |
Vielen Dank! Is immer blöd wenn ein Skript so tut als ob es vollständig wäre, es aber nicht ist...
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