Potenzreihe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:57 Mi 27.10.2010 | | Autor: | Zuggel |
| Aufgabe | Gegeben ist folgende Potenzreihe
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^n}{n*(n-1)}
[/mm]
1) Berechnen Sie die Summe der Potenzreihe
2) Berechnen Sie die die 5. Ableitung im Ursprung x=0 y=0 |
Hallo alle miteinander
Also ich habe hier folgende Reihe
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^n}{n*(n-1)}
[/mm]
Nun ich hoffe, dass ihr an meinem Resultat was seht, was ich andauernd übersehe, also ich spalte auf:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{n*x^n}{n*(n-1)} [/mm] + [mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)}
[/mm]
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{x^n}{n-1} [/mm] + [mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)}
[/mm]
der Therm:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{x^n}{n-1} [/mm] kommt dem log verdammt nahe, definiert durch:
log(1-x)= [mm] -\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{x^n}{n}
[/mm]
deshalb etwas Index Arbeit:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{x^n}{n-1} [/mm] + [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)} [/mm] - 2x
Gut jetzt habe ich dieses n-1 im Nenner stehen, das mich doch etwas stört. Fällt einem hier vielleicht etwas ein wie man hier herumbasteln könnte, sodass ich auf den log zusteuere?
Zum 2. Teil:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)} [/mm] darf ich diesen aufteilen in zB:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{2}{n*(n-1)} [/mm] * [mm] \summe_{n=1}^{\infty} \bruch{x^n}{n*(n-1)} [/mm]
und auf diesem Bereich etwas arbeiten oder bringt mich das nicht weiter?
Vielen Dank
lg
Zuggel
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Hallo Zuggel,
> Gegeben ist folgende Potenzreihe
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^n}{n*(n-1)}[/mm]
>
> 1) Berechnen Sie die Summe der Potenzreihe
> 2) Berechnen Sie die die 5. Ableitung im Ursprung x=0 y=0
> Hallo alle miteinander
>
> Also ich habe hier folgende Reihe
>
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^n}{n*(n-1)}[/mm]
>
> Nun ich hoffe, dass ihr an meinem Resultat was seht, was
> ich andauernd übersehe, also ich spalte auf:
>
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{n*x^n}{n*(n-1)}[/mm] +
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)}[/mm]
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{x^n}{n-1}[/mm] +
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)}[/mm]
>
> der Therm:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{x^n}{n-1}[/mm] kommt dem log
> verdammt nahe, definiert durch:
> log(1-x)= [mm]-\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{x^n}{n}[/mm]
>
> deshalb etwas Index Arbeit:
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{x^n}{n-1}[/mm] +
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)}[/mm] - 2x
>
> Gut jetzt habe ich dieses n-1 im Nenner stehen, das mich
> doch etwas stört. Fällt einem hier vielleicht etwas ein
> wie man hier herumbasteln könnte, sodass ich auf den log
> zusteuere?
>
>
> Zum 2. Teil:
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{2*x^n}{n*(n-1)}[/mm] darf ich
> diesen aufteilen in zB:
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{2}{n*(n-1)}[/mm] *
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty} \bruch{x^n}{n*(n-1)}[/mm]
> und auf diesem Bereich etwas arbeiten oder bringt mich das
> nicht weiter?
Ich denke, der Weg, die Potenzreihe zu differenzieren,
führt schneller zum Ziel.
Wenn Du die Potenzreihe zweimal differenzierst,
erhälst Du nach einer Umindexierung diese Reihe:
[mm]\summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm]
Die Summe dieser Reihe kannst Du berechnen.
Dann musst Du nur noch zweimal integrieren,
um den Wert der Orignalreihe zu erhalten.
Ist [mm]f\left(x\right)[/mm] die durch zweimalige Integration
erhaltene Funktion, dann musst Du gegebenfalls
diese Funktion noch anpassen.
Es gilt nämlich
[mm]f\left(0\right)=0, \ f'\left(0\right)=0[/mm]
Das folgt aus der Taylorentwicklung von f und
dem Vergleich mit der gegebenen Potenzreihe.
>
> Vielen Dank
> lg
> Zuggel
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:04 Do 28.10.2010 | | Autor: | Zuggel |
> Ich denke, der Weg, die Potenzreihe zu differenzieren,
> führt schneller zum Ziel.
>
> Wenn Du die Potenzreihe zweimal differenzierst,
> erhälst Du nach einer Umindexierung diese Reihe:
>
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm]
Müsste das nicht heißen:
[mm] \summe_{l=-2}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}
[/mm]
Denn ich sage:
l=n-2
n=l+2
nach 2 mal ableiten reduziert sich der index auf n=0 also l+2=0 fängt l=-2 an. Oder?
>
> Die Summe dieser Reihe kannst Du berechnen.
>
> Dann musst Du nur noch zweimal integrieren,
> um den Wert der Orignalreihe zu erhalten.
>
> Ist die durch zweimalige Integration
> erhaltene Funktion, dann musst Du gegebenfalls
> diese Funktion noch anpassen.
>
Nur vorweg:
2x + (2 - 3x) ln (|1-x|)
Ich habe kurz den umgekehrten Weg versucht und zwar die Lösung 2 mal abzuleiten und dann 2 mal zu integrieren, ich komme nicht auf das Ergebnis.
Ich gehe folgendermaßen vor, ausmultiplizieren:
[mm] \summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l} [/mm] = [mm] \summe_{l=0}^{\infty}(l)*x^{l} [/mm] + [mm] \summe_{l=0}^{\infty}(4)*x^{l} [/mm]
[mm] \summe_{l=0}^{\infty}(l)*x^{l} [/mm] wird zu
[mm] \summe_{l=0}^{\infty}(l)*x*x^{l-1} [/mm] welches zu
[mm] \bruch{x}{(1-x)^2)} [/mm] wird
[mm] \summe_{l=0}^{\infty}(4)*x^{l} [/mm]
4* [mm] \summe_{l=0}^{\infty}x^{l} [/mm]
4* [mm] \bruch{1}{1-x}
[/mm]
f''(x)= [mm] \bruch{x}{(1-x)^2)} [/mm] + 4* [mm] \bruch{1}{1-x}
[/mm]
f'(x) = [mm] -3*ln(|x-1|)-\bruch{1}{1-x} [/mm] +c1(x)
f(x)= (2-3*x)*ln(|x-1|)+3*x +c1(x)*x+c2
So 2 Konstanten, was mache ich mit denen?
> Es gilt nämlich
>
> [mm]f\left(0\right)=0, \ f'\left(0\right)=0[/mm]
>
> Das folgt aus der Taylorentwicklung von f und
> dem Vergleich mit der gegebenen Potenzreihe.
>
>
Ich befolge nun deine Randbedingungen (diese musst du mir nochmal schildern: Gelten sie in jedem Fall oder gibt es Beschränkungen - bitte nicht allzu mathematisch definieren, ich verstehe auch normale Buchstaben zusammengesetzt zu Wörtern  )
**
f(0)= 0 = (2-3*0)*ln(|0-1|)+3*0 +c1(x)*x+c2
c1 = 0
f'(0)=0= [mm] -3*ln(|0-1|)-\bruch{1}{1-0} [/mm] +c1(x)
c1=1
f(x)= (2-3*x)*ln(|x-1|)+4x
Irgendwie sollte für c1 ja -1 herauskommen, argh...
**
Fehler gefunden
Punkt 2:
Muss ich das Teil jetzt 5 mal ableiten oder gibt es einen Trick hierfür?
lg
Zuggel
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Hallo Zuggel,
> > Ich denke, der Weg, die Potenzreihe zu differenzieren,
> > führt schneller zum Ziel.
> >
> > Wenn Du die Potenzreihe zweimal differenzierst,
> > erhälst Du nach einer Umindexierung diese Reihe:
> >
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm]
>
>
> Müsste das nicht heißen:
>
> [mm]\summe_{l=-2}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm]
>
> Denn ich sage:
>
> l=n-2
> n=l+2
>
> nach 2 mal ableiten reduziert sich der index auf n=0 also
> l+2=0 fängt l=-2 an. Oder?
Nein.
Differentiation von
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)\cdot{}x^n}{n\cdot{}(n-1)} [/mm]
nach x ergibt:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*n*x^{n-1}}{n\cdot{}(n-1)}=\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^{n-1}}{n-1} [/mm]
Nochmalige Differentiation nach x ergibt:
[mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*\left(n-1\right)*x^{n-2}}{n-1} =\summe_{n=2}^{\infty} (n+2)*x^{n-2} [/mm]
Führen wir jetzt die Umindexierung durch und setzen l=n-2,
so läuft die Summe von l=0 ab.
Dann folgt:
[mm]\summe_{n=2}^{\infty} (n+2)*x^{n-2} =\summe_{l=0}^{\infty} (l+4)*x^{l} [/mm]
Benennen wir nun das l wieder in n um, so ergibt sich:
[mm]\summe_{n=0}^{\infty} (n+4)*x^{n} [/mm]
>
>
> >
> > Die Summe dieser Reihe kannst Du berechnen.
> >
> > Dann musst Du nur noch zweimal integrieren,
> > um den Wert der Orignalreihe zu erhalten.
> >
> > Ist die durch zweimalige Integration
> > erhaltene Funktion, dann musst Du gegebenfalls
> > diese Funktion noch anpassen.
> >
>
> Nur vorweg:
>
> 2x + (2 - 3x) ln (|1-x|)
>
> Ich habe kurz den umgekehrten Weg versucht und zwar die
> Lösung 2 mal abzuleiten und dann 2 mal zu integrieren, ich
> komme nicht auf das Ergebnis.
>
>
> Ich gehe folgendermaßen vor, ausmultiplizieren:
>
>
>
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm] =
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(l)*x^{l}[/mm] +
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(4)*x^{l}[/mm]
>
>
>
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(l)*x^{l}[/mm] wird zu
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(l)*x*x^{l-1}[/mm] welches zu
> [mm]\bruch{x}{(1-x)^2)}[/mm] wird
>
>
> [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(4)*x^{l}[/mm]
> 4* [mm]\summe_{l=0}^{\infty}x^{l}[/mm]
> 4* [mm]\bruch{1}{1-x}[/mm]
>
> f''(x)= [mm]\bruch{x}{(1-x)^2)}[/mm] + 4* [mm]\bruch{1}{1-x}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> f'(x) = [mm]-3*ln(|x-1|)-\bruch{1}{1-x}[/mm] +c1(x)
Da hat sich ein Vorzeichenfehler eingeschlichen:
[mm]f'(x) = -3*ln(|x-1|)\red{+}\bruch{1}{1-x} +c1(x)[/mm]
Den [mm]|x-1|[/mm] kannst Du auch als 1-x schreiben,
da |x| < 1, und die geometrische Reihe gerade für diese x konvergiert.
>
> f(x)= (2-3*x)*ln(|x-1|)+3*x +c1(x)*x+c2
>
> So 2 Konstanten, was mache ich mit denen?
>
Die Konstante [mm]c_{1}[/mm] kannst Du schon bei der ersten Integration
bestimmen
Für f'(x) kannst ebenfalls eine Taylorreihe angeben:
[mm]f'\left(x\right)=f'\left(0\right)+f''\left(x\right)*x+ \ ... [/mm]
Daraus ergibt sich unmittelbar, daß [mm]f'\left(0\right)=0[/mm] sein muss.
Einsetzen in
[mm]f'(x) = -3*ln(|x-1|)+\bruch{1}{1-x} +c1(x)[/mm]
liefert
[mm]f'(0)=0 = -3*ln(|0-1|)+\bruch{1}{1-0} +c1(x)[/mm]
Daraus ergibt sich [mm]c_{1}[/mm] zu -1.
Damit lautet
[mm]f'\left(x\right)=-3*ln(1-x)-\bruch{1}{1-x} -1[/mm]
Das machst Du dann analog für die nochmalige Integration.
>
>
> > Es gilt nämlich
> >
> > [mm]f\left(0\right)=0, \ f'\left(0\right)=0[/mm]
> >
> > Das folgt aus der Taylorentwicklung von f und
> > dem Vergleich mit der gegebenen Potenzreihe.
> >
> >
>
>
> Ich befolge nun deine Randbedingungen (diese musst du mir
> nochmal schildern: Gelten sie in jedem Fall oder gibt es
> Beschränkungen - bitte nicht allzu mathematisch
> definieren, ich verstehe auch normale Buchstaben
> zusammengesetzt zu Wörtern )
>
> **
>
> f(0)= 0 = (2-3*0)*ln(|0-1|)+3*0 +c1(x)*x+c2
> c1 = 0
>
> f'(0)=0= [mm]-3*ln(|0-1|)-\bruch{1}{1-0}[/mm] +c1(x)
> c1=1
>
> f(x)= (2-3*x)*ln(|x-1|)+4x
>
> Irgendwie sollte für c1 ja -1 herauskommen, argh...
>
>
> **
>
> Fehler gefunden
>
>
> Punkt 2:
>
> Muss ich das Teil jetzt 5 mal ableiten oder gibt es einen
> Trick hierfür?
>
>
Letzteres.
Bilde die Taylorreihe von f:
[mm]T\left(x\right)=f\left(0\right)+f'\left(0\right)*x+\bruch{1}{2}*f''\left(0\right)*x^{2}+\bruch{1}{3!}*f'''\left(0\right)*x^{3}+\bruch{1}{4!}*f^{\left(4\right)}\left(0\right)*x^{4}+\bruch{1}{5!}*f^{\left(5\right)}\left(0\right)*x^{5} + \ ...[/mm]
Vergleiche die Koeffizienten dieser Taylorreihe mit der gegebenen Potenzreihe.
>
> lg
> Zuggel
>
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:29 Fr 29.10.2010 | | Autor: | Zuggel |
> Hallo Zuggel,
>
> > > Ich denke, der Weg, die Potenzreihe zu differenzieren,
> > > führt schneller zum Ziel.
> > >
> > > Wenn Du die Potenzreihe zweimal differenzierst,
> > > erhälst Du nach einer Umindexierung diese Reihe:
> > >
> > > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm]
> >
> >
> > Müsste das nicht heißen:
> >
> > [mm]\summe_{l=-2}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm]
> >
> > Denn ich sage:
> >
> > l=n-2
> > n=l+2
> >
> > nach 2 mal ableiten reduziert sich der index auf n=0 also
> > l+2=0 fängt l=-2 an. Oder?
>
>
> Nein.
>
> Differentiation von
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)\cdot{}x^n}{n\cdot{}(n-1)}[/mm]
>
> nach x ergibt:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*n*x^{n-1}}{n\cdot{}(n-1)}=\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^{n-1}}{n-1}[/mm]
>
> Nochmalige Differentiation nach x ergibt:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*\left(n-1\right)*x^{n-2}}{n-1} =\summe_{n=2}^{\infty} (n+2)*x^{n-2}[/mm]
>
> Führen wir jetzt die Umindexierung durch und setzen
> l=n-2,
> so läuft die Summe von l=0 ab.
>
> Dann folgt:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} (n+2)*x^{n-2} =\summe_{l=0}^{\infty} (l+4)*x^{l}[/mm]
>
> Benennen wir nun das l wieder in n um, so ergibt sich:
>
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty} (n+4)*x^{n}[/mm]
>
>
Hm, das verwirrt mich jetzt etwas. Ich hatte bereits einmal eine andere Diskussion laufen, die hier:
https://matheraum.de/read?t=716410
in welcher mir gesagt wurde, wenn ich die geometrische Reihe 2 mal ableite dann muss ich meinen Index erhöhen. Ist da bei Potenzreihen nicht so?
> >
> >
> > >
> > > Die Summe dieser Reihe kannst Du berechnen.
> > >
> > > Dann musst Du nur noch zweimal integrieren,
> > > um den Wert der Orignalreihe zu erhalten.
> > >
> > > Ist die durch zweimalige Integration
> > > erhaltene Funktion, dann musst Du gegebenfalls
> > > diese Funktion noch anpassen.
> > >
> >
> > Nur vorweg:
> >
> > 2x + (2 - 3x) ln (|1-x|)
> >
> > Ich habe kurz den umgekehrten Weg versucht und zwar die
> > Lösung 2 mal abzuleiten und dann 2 mal zu integrieren, ich
> > komme nicht auf das Ergebnis.
> >
> >
> > Ich gehe folgendermaßen vor, ausmultiplizieren:
> >
> >
> >
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}\left(l+4\right)*x^{l}[/mm] =
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(l)*x^{l}[/mm] +
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(4)*x^{l}[/mm]
> >
> >
> >
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(l)*x^{l}[/mm] wird zu
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(l)*x*x^{l-1}[/mm] welches zu
> > [mm]\bruch{x}{(1-x)^2)}[/mm] wird
> >
> >
> > [mm]\summe_{l=0}^{\infty}(4)*x^{l}[/mm]
> > 4* [mm]\summe_{l=0}^{\infty}x^{l}[/mm]
> > 4* [mm]\bruch{1}{1-x}[/mm]
> >
> > f''(x)= [mm]\bruch{x}{(1-x)^2)}[/mm] + 4* [mm]\bruch{1}{1-x}[/mm]
>
>
>
>
>
> >
> > f'(x) = [mm]-3*ln(|x-1|)-\bruch{1}{1-x}[/mm] +c1(x)
>
>
> Da hat sich ein Vorzeichenfehler eingeschlichen:
>
> [mm]f'(x) = -3*ln(|x-1|)\red{+}\bruch{1}{1-x} +c1(x)[/mm]
>
> Den [mm]|x-1|[/mm] kannst Du auch als 1-x schreiben,
> da |x| < 1, und die geometrische Reihe gerade für diese x
> konvergiert.
Oh man... Dankesehr!
>
>
> >
> > f(x)= (2-3*x)*ln(|x-1|)+3*x +c1(x)*x+c2
> >
> > So 2 Konstanten, was mache ich mit denen?
> >
>
>
> Die Konstante [mm]c_{1}[/mm] kannst Du schon bei der ersten
> Integration
> bestimmen
>
> Für f'(x) kannst ebenfalls eine Taylorreihe angeben:
>
> [mm]f'\left(x\right)=f'\left(0\right)+f''\left(x\right)*x+ \ ...[/mm]
>
> Daraus ergibt sich unmittelbar, daß [mm]f'\left(0\right)=0[/mm]
> sein muss.
>
> Einsetzen in
>
> [mm]f'(x) = -3*ln(|x-1|)+\bruch{1}{1-x} +c1(x)[/mm]
>
> liefert
>
> [mm]f'(0)=0 = -3*ln(|0-1|)+\bruch{1}{1-0} +c1(x)[/mm]
>
> Daraus ergibt sich [mm]c_{1}[/mm] zu -1.
>
> Damit lautet
>
> [mm]f'\left(x\right)=-3*ln(1-x)-\bruch{1}{1-x} -1[/mm]
>
> Das machst Du dann analog für die nochmalige Integration.
>
>
Gilt das mit dem Taylor immer oder wie darf ich das verstehen? Da sitz ich noch etwas auf der Leitung...
> >
> > **
> >
> > f(0)= 0 = (2-3*0)*ln(|0-1|)+3*0 +c1(x)*x+c2
> > c1 = 0
> >
> > f'(0)=0= [mm]-3*ln(|0-1|)-\bruch{1}{1-0}[/mm] +c1(x)
> > c1=1
> >
> > f(x)= (2-3*x)*ln(|x-1|)+4x
> >
> > Irgendwie sollte für c1 ja -1 herauskommen, argh...
> >
> >
> > **
> >
> > Fehler gefunden
> >
> >
> > Punkt 2:
> >
> > Muss ich das Teil jetzt 5 mal ableiten oder gibt es einen
> > Trick hierfür?
> >
> >
>
>
> Letzteres.
>
> Bilde die Taylorreihe von f:
>
> [mm]T\left(x\right)=f\left(0\right)+f'\left(0\right)*x+\bruch{1}{2}*f''\left(0\right)*x^{2}+\bruch{1}{3!}*f'''\left(0\right)*x^{3}+\bruch{1}{4!}*f^{\left(4\right)}\left(0\right)*x^{4}+\bruch{1}{5!}*f^{\left(5\right)}\left(0\right)*x^{5} + \ ...[/mm]
>
> Vergleiche die Koeffizienten dieser Taylorreihe mit der
> gegebenen Potenzreihe.
>
>
Hm ja ok also (ich nehme an bis zur 5. Ordnung reicht das
T(x) = [mm] \bruch{7x^5}{20} [/mm] + [mm] \bruch{x^4}{2}+\bruch{5*x^3}{6}+2x^2
[/mm]
Der Vergleich war interessant denn für:
[mm] \summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)\cdot{}x^n}{n\cdot{}(n-1)}
[/mm]
n=2
[mm] \bruch{4x^2}{2}=2x^2
[/mm]
n=3
[mm] \bruch{5x^3}{6}
[/mm]
n=4
[mm] \bruch{6x^4}{12}
[/mm]
n=5
[mm] \bruch{7x^5}{20}
[/mm]
zusammengesetzt ergibt es natürlich das gleiche wie vorhin, nur ich raff jetzt grad nicht wie mir das auf die Sprünge helfen soll für den Funktionswert, wenn für x=0 ist T(x)=0
f'''''(x=0)= 42 (habe jetzt 5 mal die Endformel abgeleitet und eingesetzt)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:49 Fr 29.10.2010 | | Autor: | leduart |
hallo
richtig, denn alle anderen Teile werden wegen [mm] x^k=0 [/mm]
gruss leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:45 Di 02.11.2010 | | Autor: | Zuggel |
> hallo
> richtig, denn alle anderen Teile werden wegen [mm]x^k=0[/mm]
> gruss leduart
>
Wie finde ich aber den Funktionswert heraus?
Und bevor es vergessen wird:
> Nein.
>
> Differentiation von
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)\cdot{}x^n}{n\cdot{}(n-1)}[/mm]
>
> nach x ergibt:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*n*x^{n-1}}{n\cdot{}(n-1)}=\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*x^{n-1}}{n-1}[/mm]
>
> Nochmalige Differentiation nach x ergibt:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} \bruch{(n+2)*\left(n-1\right)*x^{n-2}}{n-1} =\summe_{n=2}^{\infty} (n+2)*x^{n-2}[/mm]
>
> Führen wir jetzt die Umindexierung durch und setzen
> l=n-2,
> so läuft die Summe von l=0 ab.
>
> Dann folgt:
>
> [mm]\summe_{n=2}^{\infty} (n+2)*x^{n-2} =\summe_{l=0}^{\infty} (l+4)*x^{l}[/mm]
>
> Benennen wir nun das l wieder in n um, so ergibt sich:
>
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty} (n+4)*x^{n}[/mm]
>
>
Hm, das verwirrt mich jetzt etwas. Ich hatte bereits einmal eine andere Diskussion laufen, die hier:
https://matheraum.de/read?t=716410
in welcher mir gesagt wurde, wenn ich die geometrische Reihe 2 mal ableite dann muss ich meinen Index erhöhen. Ist da bei Potenzreihen nicht so?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:24 Di 02.11.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
ich weiss nicht, welchen Funktionswert du jetzt meins?
2. wenn man ne Potenzreihe ableitet, die mit [mm] a_0*x^0 [/mm] anfängt fällt das erste Glied weg, aus dem Glied [mm] a_n*x^n [/mm] wird [mm] a_n*n*x^{n-1}
[/mm]
da das erste Glied wegfällt, summiert man statt von 0 von 1 an. entsprechend bei mehrfach differenzieren. Das stand auch in dem post, den du zitierst.
Auch hier fallen bein Differenzieren nacheinander die ersten Glieder weg.
aber wenn man das alles richtig hat, kann man natürlich am Ende immer ne Indexverschiebungmachen. um wieder beim Summationsindex 0 anzufangen.
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:17 Mi 03.11.2010 | | Autor: | Zuggel |
> Hallo
> ich weiss nicht, welchen Funktionswert du jetzt meinst?
Nun gefragt ist ja die 5. Ableitung im Ursprung, sozusagen f'''''(0) was, wie ich vorhin geschrieben habe = 42 sein sollte. Ich habe deshalb gefragt, ob es irgend eine Möglichkeit gibt, diese Ableitung zu machen und den Funktionswert in einem gegebenen Punkt (in diesem Fall x=0 ) zu berechnen. Schaffe ich das mit Taylor oder muss ich das ganze wirklich 5 mal ableiten?
> 2. wenn man ne Potenzreihe ableitet, die mit [mm]a_0*x^0[/mm]
> anfängt fällt das erste Glied weg, aus dem Glied [mm]a_n*x^n[/mm]
> wird [mm]a_n*n*x^{n-1}[/mm]
> da das erste Glied wegfällt, summiert man statt von 0 von
> 1 an. entsprechend bei mehrfach differenzieren. Das stand
> auch in dem post, den du zitierst.
> Auch hier fallen bein Differenzieren nacheinander die
> ersten Glieder weg.
> aber wenn man das alles richtig hat, kann man natürlich
> am Ende immer ne Indexverschiebungmachen. um wieder beim
> Summationsindex 0 anzufangen.
> Gruss leduart
>
Wie meinst du das mit richtig? Das heißt also ich muss bei der Ableitung nicht den Index verschieben, kann es aber machen?
lg
Zuggel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:43 Mi 03.11.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
Wenn du den Index nicht verschiebst kommen am Anfang formal [mm] a_0*=*x^{0-1} [/mm] vor, das ist zwar 0 aber in der Reihe sieht erst mal [mm] x^{-1} [/mm] eigenartig aus.
Wenn du ohne Indexverschiebung arbeitest fängt deine Reihe je nach Differationsornung eben mit Nullen an , die lässt man weg, indem man den Summationsindex erhöht.
also [mm]f(x)=\summe_{i=0}^{n} a_i*x^i
\mbox{ z. Bsp }f'''(x)=\summe_{i=1}^{n}a_i* i*(i-1)*(i--2)x^{i-3}
\mbox{ die ersten 3 Summanden sind 0}[/mm]
2. Wert der nten Ableitung bei 0 : alle [mm] a_m [/mm] mit m<n sind schon weggefallen, bei allen [mm] a_m [/mm] mit m>n steht noch ne Potenz von x, aso 0 bei 0
bleibt [mm] a_n*n! [/mm] als Wert für die nte Ableitung bei 0.
jetzt klar
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:02 Fr 05.11.2010 | | Autor: | Zuggel |
> Hallo
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> Wenn du den Index nicht verschiebst kommen am Anfang
> formal [mm]a_0*=*x^{0-1}[/mm] vor, das ist zwar 0 aber in der Reihe
> sieht erst mal [mm]x^{-1}[/mm] eigenartig aus.
> Wenn du ohne Indexverschiebung arbeitest fängt deine Reihe
> je nach Differationsornung eben mit Nullen an , die lässt
> man weg, indem man den Summationsindex erhöht.
> also [mm]f(x)=\summe_{i=0}^{n} a_i*a^i
\mbox{ z. Bsp }f'''(x)=\summe_{i=1}^{n}a_i* i*(i-1)*(i--2)x^{i-3}
\mbox{ die ersten 3 Summanden sind 0}[/mm]
>
Ok das leuchtet ein. Das heißt ich hätte bei meiner Aufgabe getrost auch den Index verschieben gekönnt, aber vorteilhafter ist es gewesen, den Index so zu belassen.
Eine Frage zum Unterschied zwischen den Serien, ist diese Regel wie du sie mir eben erklärt hast, allgemein gültig, sprich für geometrische Reihen, Potenzreihen usw. oder nur speziell?
> 2. Wert der nten Ableitung bei 0 : alle [mm]a_m[/mm] mit m<n sind
> schon weggefallen, bei allen [mm]a_m[/mm] mit m>n steht noch ne
> Potenz von x, aso 0 bei 0
> bleibt [mm]a_n*n![/mm] als Wert für die nte Ableitung bei 0.
> jetzt klar
Also hier kann ich dir nicht mehr folgen. Auf was beziehst du dich jetzt, auf die Taylorreihe nehme ich an?
Wie kommst du auf den Ausdruck [mm]a_n*n![/mm]?
Sozusagen multipliziere ich
[mm] \bruch{4x^2}{2}=2x^2 [/mm] * 2!
[mm] \bruch{5x^3}{6}* [/mm] 3!
[mm] \bruch{6x^4}{12} [/mm] *4!
[mm] \bruch{7x^5}{20} [/mm] * 5!
Oder?
Danke
lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:12 Fr 05.11.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo Zuggel
> > Hallo
> >
> > Wenn du den Index nicht verschiebst kommen am Anfang
> > formal [mm]a_0*=*x^{0-1}[/mm] vor, das ist zwar 0 aber in der Reihe
> > sieht erst mal [mm]x^{-1}[/mm] eigenartig aus.
> > Wenn du ohne Indexverschiebung arbeitest fängt deine Reihe
> > je nach Differationsornung eben mit Nullen an , die lässt
> > man weg, indem man den Summationsindex erhöht.
also [mm]f(x)=\summe_{i=0}^{\infty} a_i*x^i \mbox{
die n-te Ableitung davon ist}[/mm] dann
[mm]f^{(n)}=\summe_{i=0}^{\infty} i*(i-1)*(i-2)*...*(i-(n-1))a_ix^{i-n}=0+0+0..+\summe_{i=n}^{\infty} ??[/mm]
>
> >
>
> Ok das leuchtet ein. Das heißt ich hätte bei meiner
> Aufgabe getrost auch den Index verschieben gekönnt, aber
> vorteilhafter ist es gewesen, den Index so zu belassen.
nein das Verschieben ist besser, denn es ist doch recht sinnlos am Anfang einer Summe ne menge Nullen zu schreiben
wenn du [mm] f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e
[/mm]
3 mal differenzierst schreibst du doch auch nicht:
f'''=0+0+0+3*2*1*b+4*3*2*1*a*x?
> Eine Frage zum Unterschied zwischen den Serien, ist diese
> Regel wie du sie mir eben erklärt hast, allgemein gültig,
> sprich für geometrische Reihen, Potenzreihen usw. oder nur
> speziell?
Die Frage versteh ich nicht, ich hab es doch für ne völig allgemeine Reihe mit beliebigen [mm] a_i [/mm] hingeschrieben
also [mm] $f(x)=\summe_{i=0}^{\infty} a_i*x^i \mbox{ die n-te Ableitung davon ist}$ [/mm] dann
[mm] $f^{(n)}=\summe_{i=0}^{\infty} i*(i-1)*(i-2)*...*(i-(n-1))a_ix^{i-n}=0+0+0..+\summe_{i=n}^{\infty} [/mm] ??$
>
ne geom. Reihe ist doch ne Potenzreihe? und was meinst du mit usw?
>
>
>
>
> > 2. Wert der nten Ableitung bei 0 : alle [mm]a_m[/mm] mit m<n sind="">
> > schon weggefallen, bei allen [mm]a_m[/mm] mit m>n steht noch ne
> > Potenz von x, aso 0 bei 0
> > bleibt [mm]a_n*n![/mm] als Wert für die nte Ableitung bei 0.
> > jetzt klar
>
>
> Also hier kann ich dir nicht mehr folgen. Auf was beziehst
> du dich jetzt, auf die Taylorreihe nehme ich an?
> Wie kommst du auf den Ausdruck [mm]a_n*n![/mm]?
Ich bezieh mich auf ne beliebige allgemeine Reihe .wenn man darin [mm] a_nx^n [/mm] betrachtet also das n te Glied wird beim differenzieren daraus [mm] (a_nx^n)'=n*a_n*x^{n-1}
[/mm]
wenn man n mal differnziert [mm] n!*a_n*x^0
[/mm]
<n sind="">> Sozusagen multipliziere ich
> [mm]\bruch{4x^2}{2}=2x^2[/mm] * 2!
> [mm]\bruch{5x^3}{6}*[/mm] 3!
> [mm]\bruch{6x^4}{12}[/mm] *4!
> [mm]\bruch{7x^5}{20}[/mm] * 5!
>
> Oder?
das ist Quatsch. beim 5 maligen differenzieren sind die ersten 4 doch verschwunden, beim 5 ten steht (mit [mm] a_5=7/20) 7/20*5!*x^0 [/mm] die folgenden Potenzen sind Zahl*x usw, verschwinden also bei x=0!
vielleich differenzierst du die Reihe mit Pünktchen geschreiben wirklich mal 5 mal explizit und findest die jeweiligen Funktionswerte bei x=0
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:12 Mi 10.11.2010 | | Autor: | Zuggel |
So jetzt hats endlich geklingelt bei mir.
Ich bin mit den Ausdrücken [mm] n!*a_n [/mm] nicht ganz zu fahren gekommen, jetzt glaube ich habe ich es verstanden.
Meine Frage die ich mir gerade stelle ist: Was passiert dann, wenn ich ein x in meinem [mm] a_n [/mm] stehen habe.
Ich war so frei und habe mir deshalb einen Fall herausgesucht, wo meiner Meinung nach [mm] a_n [/mm] nicht so leicht zu definieren ist, aber sieh selbst:
[mm] \summe_{in=1}^{\infty} \bruch{x^{2n} (-1)^n}{2n!} [/mm] * [mm] \bruch{2n+1+2^{2n+1}x}{2n+1}
[/mm]
Hier habe ich das x im zweiten Teil stehen. Bei diesem Beispiel war die 1.000 Ableitung gesucht, so am Rande. Jedenfalls wenn ich das versuche nach dem gleichen Prinzip zu machen, dann scheitere ich kläglich an dem x.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:32 Mi 10.11.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
warum nicht [mm] x^{2n}*x=x^{2n+1}
[/mm]
allerdings musst dus dann umschreiben um [mm] a_kx^k [/mm] zu haben
also etwa mit K=2n+1
du musst sehen dass du ein ungerades Polynom hast
Gruss leduart
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