Potenzreihe diff. und ableiten < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:11 Do 21.06.2012 | | Autor: | bammbamm |
| Aufgabe | f: [mm] (-\rho,\rho) \to \IR: [/mm] x [mm] \mapsto \summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}
[/mm]
a) Berechnen Sie Konvergenzradius [mm] \rho [/mm] und die ersten zwei Ableitungen der Funktion
b) Finden Sie eine geschlossene Form für f''
c) Finden Sie eine geschlossene Form für f
d) Zeigen Sie unter Verwendung der Potenzreihe für f', dass
[mm] \bruch{\pi}{4}=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{(2*k+1)} [/mm] |
Hallo,
bei der a) habe ich zunächst die Ableitungen ausgerechnet. Somit wäre dann:
[mm] f'(x)=\summe_{k=3}^{\infty}\bruch{(-1)^k*x^{2*k+1}}{(2*k+1)}
[/mm]
[mm] f''(x)=\summe_{k=3}^{\infty}(-1)^k*x^{2*k}
[/mm]
Da ja mein Konvergenzradius für die Ableitungen gleich bleiben muss erhalte ich durch die 2. Ableitung für den Konvergenzradius:
[mm] a_k=-1
[/mm]
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\wurzel[k]{|-1|}=1 [/mm] und somit [mm] \rho=1
[/mm]
Ist das korrekt soweit ?
b) Die geschlossene Form für
[mm] f''(x)=\summe_{k=3}^{\infty}(-1)^k*x^{2*k} [/mm] = [mm] -x^6*\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k*x^{2*k} [/mm] = [mm] \bruch{-x^6}{x^2+1}
[/mm]
Bei der c) komme ich nun aber garnicht weiter bei der geschlossenen Form für [mm] f(x)=\summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}
[/mm]
Wie könnte man das denn angehen ?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:51 Do 21.06.2012 | | Autor: | bammbamm |
Desweiteren zur d):
Zeigen Sie unter Verwendung der Potenzreihe für f', dass [mm] \bruch{\pi}{4}=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{(2\cdot{}k+1)}
[/mm]
Und die Potenzreihe von [mm] \summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k\cdot{}x^{2\cdot{}k+1}}{(2\cdot{}k+1)} [/mm] ist ja arctan(x) für |x|<1
Nun ist ja laut Aufgabenstellung x=1 (ist das überhaupt möglich wenn die Potenzreihe nur arctan(x) für |x|<1 ?)
Somit: [mm] arctan(1)=\bruch{\pi}{4}
[/mm]
Kann ich das so zeigen ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:49 Do 21.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Desweiteren zur d):
>
> Zeigen Sie unter Verwendung der Potenzreihe für f', dass
> [mm]\bruch{\pi}{4}=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{(2\cdot{}k+1)}[/mm]
>
> Und die Potenzreihe von
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k\cdot{}x^{2\cdot{}k+1}}{(2\cdot{}k+1)}[/mm]
> ist ja arctan(x) für |x|<1
>
> Nun ist ja laut Aufgabenstellung x=1 (ist das überhaupt
> möglich wenn die Potenzreihe nur arctan(x) für |x|<1 ?)
>
> Somit: [mm]arctan(1)=\bruch{\pi}{4}[/mm]
>
> Kann ich das so zeigen ?
nicht ganz, weil, wie Du selbst gesagt hast, [mm] $x=1\,$ [/mm] nicht im Konvergenzkreis der Potenzreihe liegt. Aber vielleicht findest Du ja so einen Stetigkeitssatz, um eine Potenzreihe gegebenenfalls wenigstens einseitig stetig fortsetzen zu können... da gibt's einen ganz pass... *hust* ab(e)l *hust**...sch**en Grenzwertsatz!
Gruß,
Marcel
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Hallo bammbamm,
> f: [mm](-\rho,\rho) \to \IR:[/mm] x [mm]\mapsto \summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}[/mm]
>
> a) Berechnen Sie Konvergenzradius [mm]\rho[/mm] und die ersten zwei
> Ableitungen der Funktion
> b) Finden Sie eine geschlossene Form für f''
> c) Finden Sie eine geschlossene Form für f
> d) Zeigen Sie unter Verwendung der Potenzreihe für f',
> dass
>
> [mm]\bruch{\pi}{4}=\summe_{k=0}^{\infty}\bruch{(-1)^k}{(2*k+1)}[/mm]
> Hallo,
>
> bei der a) habe ich zunächst die Ableitungen ausgerechnet.
> Somit wäre dann:
>
> [mm]f'(x)=\summe_{k=3}^{\infty}\bruch{(-1)^k*x^{2*k+1}}{(2*k+1)}[/mm]
> [mm]f''(x)=\summe_{k=3}^{\infty}(-1)^k*x^{2*k}[/mm]
>
> Da ja mein Konvergenzradius für die Ableitungen gleich
> bleiben muss erhalte ich durch die 2. Ableitung für den
> Konvergenzradius:
> [mm]a_k=-1[/mm]
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\wurzel[k]{|-1|}=1[/mm] und somit
> [mm]\rho=1[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
k-te Wurzel stimmt nicht ganz ...
Du kannst aber [mm]y:=x^2[/mm] substituieren und hast [mm]\sum\limits_{k\ge 3}(-1)^ky^k[/mm] und kommst mit Cauchy-Hadamard auf K-Radius 1
>
> Ist das korrekt soweit ?
>
> b) Die geschlossene Form für
> [mm]f''(x)=\summe_{k=3}^{\infty}(-1)^k*x^{2*k}[/mm] =
> [mm]-x^6*\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k*x^{2*k}[/mm]
Wie kommt das [mm]-x^6[/mm] da als Vorfaktor zustande?
Es ist doch [mm]\sum\limits_{k\ge 3}(-x^2)^k \ = \ \left( \ \sum\limits_{k\ge 0}(-x^2)^k \ \right) \ - \ \left[(-x^2)^0+(-x^2)^1+(-x^2)^2\right][/mm]
> [mm]\bruch{-x^6}{x^2+1}[/mm]
>
> Bei der c) komme ich nun aber garnicht weiter bei der
> geschlossenen Form für [mm]f(x)=\summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}[/mm]
>
> Wie könnte man das denn angehen ?
Du könntest doch [mm]f''[/mm] zweimal integrieren ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:52 Mo 25.06.2012 | | Autor: | bammbamm |
> > Bei der c) komme ich nun aber garnicht weiter bei der
> > geschlossenen Form für [mm]f(x)=\summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}[/mm]
>
> >
> > Wie könnte man das denn angehen ?
>
> Du könntest doch [mm]f''[/mm] zweimal integrieren ...
>
>
> Gruß
>
> schachuzipus
>
Es ist ja [mm] f(x)=\summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}=(\bruch{x^2}{2}-\bruch{x^4}{12}+\bruch{x^6}{30})+\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}
[/mm]
Wie komme ich aber jetzt weiter auf meine geschlossene Form ? f(x) habe ich ja bereits zwei mal abgeleitet. Siehe f''(x) weiter oben. Aber wie soll mich f''(x) weiter bringen ? Die geschlossene Form für f''(x) habe ich ja bereits bestimmt [mm] (\bruch{-x^4+x^2-1}{x^2+1} [/mm] für [mm] |x|^2<1)
[/mm]
//Edit: Ich habe mich verlesen. Du hast geschrieben ich könnte f''(x) zweimal integrieren. Bedeutet das einfach, dass meine geschlossene Form für f(x) = [mm] \integral\integral [/mm] f''(x) ?
Also muss ich nur die geschlossene Form für f''(x) doppelt integrieren und erhalte einfach die geschlossene Form für f(x) ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:50 Mo 25.06.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > > Bei der c) komme ich nun aber garnicht weiter bei der
> > > geschlossenen Form für [mm]f(x)=\summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Wie könnte man das denn angehen ?
> >
> > Du könntest doch [mm]f''[/mm] zweimal integrieren ...
> >
> >
> > Gruß
> >
> > schachuzipus
> >
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> Es ist ja [mm]f(x)=\summe_{k=3}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}=(\bruch{x^2}{2}-\bruch{x^4}{12}+\bruch{x^6}{30})+\summe_{k=0}^{\infty} \bruch{(-1)^k}{(2*k+2)*(2*k+1))}*x^{2*k+2}[/mm]
>
> Wie komme ich aber jetzt weiter auf meine geschlossene Form
> ? f(x) habe ich ja bereits zwei mal abgeleitet. Siehe
> f''(x) weiter oben. Aber wie soll mich f''(x) weiter
> bringen ? Die geschlossene Form für f''(x) habe ich ja
> bereits bestimmt [mm](\bruch{-x^4+x^2-1}{x^2+1}[/mm] für [mm]|x|^2<1)[/mm]
>
> //Edit: Ich habe mich verlesen. Du hast geschrieben ich
> könnte f''(x) zweimal integrieren. Bedeutet das einfach,
> dass meine geschlossene Form für f(x) = [mm]\integral\integral[/mm]
> f''(x) ?
>
> Also muss ich nur die geschlossene Form für f''(x) doppelt
> integrieren und erhalte einfach die geschlossene Form für
> f(x) ?
ja, aber schau nach, dass Du dabei auch Integrationskonstanten bestimmst. Nehmen wir an, Du hättest eine Potenzreihe, von der Du innerhalb ihres Konvergenzkreises weißt, dass
[mm] $$f\;''(x)=1/x$$
[/mm]
ist. Dann wäre ja [mm] $f\,'(x)=\ln(x)+C_1$ [/mm] und damit [mm] $f(x)=x*\ln(x)-x+C_1*x+C_2\,.$ [/mm] Dann wäre es vielleicht gut, etwa [mm] $f(1)\,$ [/mm] und ein anderes [mm] $f(x_0)$ [/mm] oder etwa $f(1)$ und [mm] $f\,'(1)$ [/mm] zu kennen (offenbar ist ja [mm] $f\,'(1)=1\ln(1)+C_1*1=C_1)$ [/mm] - und VORSICHT: Das hier ist MEIN [mm] $f\,,$ [/mm] nicht das aus DEINER AUFGABE), damit wir ein GLS für [mm] $C_1$ [/mm] und [mm] $C_2$ [/mm] erhalten und diese dann passend berechnen können.
Was ich nur sagen will: Integrationskonstanten sollten formal dabei sein - ob Du sie eventuell nicht (oder nicht beide) brauchst (soll heißen, dass beide vielleicht Null sind oder wenigstens eine der beiden), musst Du Dir überlegen.
P.S.
Weit unten habe ich mal das ergänzt, was Dir etwa noch fehlt (das stimmt leider nicht ganz, denn ich habe mit [mm] $\sum_{k=0}^\infty$ [/mm] anstatt [mm] $\sum_{k=3}^\infty$ [/mm] gerechnet - aber Du siehst dann eine Lösung der Aufgabe mal für [mm] $\sum_{k=0}^\infty\,.$ [/mm] Das hilft Dir auch bei Deiner Aufgabe, denn es ist offenbar [mm] $\sum_{k=3}^\infty (-1*x^2)^k=\sum_{k=0}^\infty (-1*x^2)^k-x^4+x^2-1\,.$
[/mm]
Oder alternativ:
Du rechnest alles mit [mm] $\sum_{k=0}^\infty$ [/mm] und beachtest danach, dass [mm] $f(x)=\sum_{k=3}^\infty \frac{(-1)^kx^{2k+2}}{(2k+2)(2k+1)}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^kx^{2k+2}}{(2k+2)(2k+1)} -\frac{x^6}{6*5}+\frac{x^4}{4*3}-\frac{x^2}{2*1}\,.$)
[/mm]
Lösung:
Betrachten wir [mm] $g\,''(x)=\sum_{k=0}^\infty (-1*x^2)^k=\frac{1}{1+x^2}\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $g\,'(x)=\text{atan}(x)+C_1\,.$ [/mm] Aus der Potenzreihendarstellung von [mm] $g\,'(x)$ [/mm] erkennt man [mm] $g\,'(0)=0\,,$ [/mm] und daher wegen [mm] $\text{atan}(0)=0$ [/mm] dann [mm] $C_1=0\,.$ [/mm] Also ist
[mm] $$g(x)=\int \text{atan}(x)dx+C_2=x*\text{atan}(x)-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C_2\,,$$
[/mm]
wobei wir aus der Potenzreihendarstellung von [mm] $g\,$ [/mm] nun $g(0)=0$ und damit [mm] $C_2=0$ [/mm] erkennen. Also
[mm] $$g(x)=x*\text{atan}(x)-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)$$
[/mm]
(für alle [mm] $x\,$ [/mm] des Konvergenzintervalls [mm] $(-\rho,\;\;\rho)$).
[/mm]
Gruß,
Marcel
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