Potenzreihen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:00 Do 26.05.2011 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | $ln(y)$ hat mit Entwicklungspunkt [mm] $y_0=1$ [/mm] folgende Potenzreihenentwicklung:
$ln(y) = [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} [/mm] = [mm] \frac{(-1)^{k-1}}{k}(y-1)^k$ [/mm] für $y [mm] \in [/mm] ]0,2]$
Leiten sie aus obiger Potenzreihendarstellung für $ln(y)$ eine Potenzreihendarstellung für $ln(1+x)$ um den Entwicklungspunkt [mm] $x_0=0$ [/mm] her [mm] $(x\in [/mm] ]-1,1]$, setzen sie $y:= 1+x$ |
Da es ja heißt ich $y:= 1+x$ setzen sieht doch dann die Potenzreihe so aus:
ln(x+1) = [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} [/mm] = [mm] \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k$
[/mm]
Was soll ich da jetzt noch groß herleiten?
Könnt ihr mir helfen?
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Hallo bandchef,
> [mm]ln(y)[/mm] hat mit Entwicklungspunkt [mm]y_0=1[/mm] folgende
> Potenzreihenentwicklung:
>
> [mm]ln(y) = \Sigma_{k=1}^{\infty} = \frac{(-1)^{k-1}}{k}(y-1)^k[/mm]
> für [mm]y \in ]0,2][/mm]
>
> Leiten sie aus obiger Potenzreihendarstellung für [mm]ln(y)[/mm]
> eine Potenzreihendarstellung für [mm]ln(1+x)[/mm] um den
> Entwicklungspunkt [mm]x_0=0[/mm] her [mm](x\in ]-1,1][/mm], setzen sie [mm]y:= 1+x[/mm]
>
> Da es ja heißt ich [mm]y:= 1+x[/mm] setzen sieht doch dann die
> Potenzreihe so aus:
>
> ln(x+1) = [mm]\Sigma_{k=1}^{\infty}[/mm] =
> [mm]\frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k$[/mm]
>
> Was soll ich da jetzt noch groß herleiten?
Mit der Setzung y=1+x ist die Aufgabe erledigt.
>
> Könnt ihr mir helfen?
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:19 Do 26.05.2011 | | Autor: | bandchef |
| Aufgabe | | Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihe von $ln(1+x)$ um [mm] $x_0=0$ [/mm] für $|x|<1$ eine Potenzreihenentwicklung für [mm] $ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$. [/mm] |
Gut. Dann sollte ja der gesamte Ausdruck stimmen. Oben steht jetzt noch eine weitere Aufgabe.
Mir ist bei der Aufgabe nicht ganz klar, was mit $|x|<1$ gemeint ist...
Da ja [mm] $ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) [/mm] = ln(1+x) - ln(1-x)$ gilt, sollte doch die neue Potenzreihenentwicklung erstmal so aussehen:
[mm] $ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) [/mm] = ln(x+1) - ln(x-1) = [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] - [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x-2)^k$
[/mm]
Soweit richtig? Recht viel vereinfach wird man da nicht mehr können, oder? Ich bin mir grad nicht sicher ob man da mit den zwei Summenzeichen nicht irgendwie was machen kann, weiß aber leider nix bestimmtes...
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Hallo bandchef,
> Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihe von [mm]ln(1+x)[/mm] um
> [mm]x_0=0[/mm] für [mm]|x|<1[/mm] eine Potenzreihenentwicklung für
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)[/mm].
> Gut. Dann sollte ja der gesamte Ausdruck stimmen. Oben
> steht jetzt noch eine weitere Aufgabe.
>
> Mir ist bei der Aufgabe nicht ganz klar, was mit [mm]|x|<1[/mm]
> gemeint ist...
>
> Da ja [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x)[/mm]
> gilt, sollte doch die neue Potenzreihenentwicklung erstmal
> so aussehen:
>
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(x+1) - ln(x-1) = \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k - \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x-2)^k[/mm]
>
Hier muss doch stehen:
[mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x)[/mm]
,da [mm]\vmat{x} < 1[/mm]
> Soweit richtig? Recht viel vereinfach wird man da nicht
> mehr können, oder? Ich bin mir grad nicht sicher ob man da
> mit den zwei Summenzeichen nicht irgendwie was machen kann,
> weiß aber leider nix bestimmtes...
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:06 Do 26.05.2011 | | Autor: | bandchef |
Oh, du hast Recht, das war wohl ein Tipfehler... War da nicht auch noch bei der zweiten Summe ein Rechenfehler drin? Stimmt die Potenzreihe für $ [mm] ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ [/mm] nun?
$ [mm] ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) [/mm] = ln(1+x) - ln(1-x) = [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] - [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k [/mm] $
Wenn ich nun noch für die Potenzreihe $ ln(y) = [mm] \Sigma_{k=1}^{\infty} [/mm] = [mm] \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] $ den Näherungswert für $ln(2)$ berechnen soll sieht das bei mir auf'm Blatt nun so aus (man soll die ersten 3 Summanden verwenden):
$... = [mm] \frac{(-1)^{1-1}}{1} [/mm] + [mm] \frac{(-1)^{2-1}}{2} [/mm] + [mm] \frac{(-1)^{3-1}}{3} [/mm] = [mm] \frac{1}{6}$
[/mm]
Das Ergebnis scheint mir aber (auch für einen Näherungswert!) sehr ungenau zu sein!
Stimmt das so?
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Hallo bandchef,
> Oh, du hast Recht, das war wohl ein Tipfehler... War da
> nicht auch noch bei der zweiten Summe ein Rechenfehler
> drin? Stimmt die Potenzreihe für
Ja , da hast Du recht.
Das ist ein Folgefehler, da Du dich beim ersten "=" verschrieben hast.
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)[/mm] nun?
>
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x) = \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k - \Sigma_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k[/mm]
Das kann noch etwas zusammengefasst werden. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Wenn ich nun noch für die Potenzreihe [mm]ln(y) = \Sigma_{k=1}^{\infty} = \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k[/mm]
> den Näherungswert für [mm]ln(2)[/mm] berechnen soll sieht das bei
> mir auf'm Blatt nun so aus (man soll die ersten 3 Summanden
> verwenden):
>
> [mm]... = \frac{(-1)^{1-1}}{1} + \frac{(-1)^{2-1}}{2} + \frac{(-1)^{3-1}}{3} = \frac{1}{6}[/mm]
>
> Das Ergebnis scheint mir aber (auch für einen
> Näherungswert!) sehr ungenau zu sein!
>
> Stimmt das so?
Das x ist so zu bestimmen, daß [mm]\bruch{1+x}{1-x}=2[/mm] ist.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:13 Fr 27.05.2011 | | Autor: | bandchef |
Wie kann man nun den Ausdruck $ [mm] ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) [/mm] = ln(1+x) - ln(1-x) = [mm] \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] - [mm] \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k [/mm] $ noch weiter zusammenfassen?
$ [mm] ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) [/mm] = ln(1+x) - ln(1-x) = [mm] \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] - [mm] \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k [/mm] = [mm] \frac{(-1)^{k-1}}{k} \left( \sum_{k=1}^{\infty} x^k - \sum_{k=1}^{\infty} (-x)^k \right) [/mm] $
Passt das jetzt so, oder geht's nocht weiter?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:20 Fr 27.05.2011 | | Autor: | bandchef |
So wie das jetzt weiter oben steht ist's falsch; ich darf auf keinen Fall den Bruch ausklammern weil der noch von k abhängt. Dann komm ich aber echt nicht drauf wie man das noch weiter zusammenfassen kann!
Wenn ich nun mit der Potenzreihe $ ln(1+x) = [mm] \sum_{k=1}^{\infty} [/mm] = [mm] \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] $ den Näherungswert für ln(2) berechnen soll, berechne ich erst den Wert des x wie folgt:
$x+1=2 [mm] \Leftrightarrow [/mm] x = 1$
Wenn ich dieses x nun in die PR einsetze komm ich auf [mm] $\frac{1}{6}$. [/mm] Stimmt das so? Ist die Abweichung nicht etwas groß?
Wenn ich nun den Näherungswert der anderen PR, also $ [mm] ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) [/mm] = ln(1+x) - ln(1-x) = [mm] \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k [/mm] - [mm] \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k [/mm] $, für ln(2) berechnen will, berechne ich dann erst wieder das x:
$ [mm] \bruch{1+x}{1-x}=2 \Leftrightarrow [/mm] x = [mm] \frac{1}{3}$.
[/mm]
Ich komm nach der Berechnung der PR auf diesen Wert: [mm] $\frac{46}{81} \approx [/mm] 0,5679$
Der Wert ist nun zwar schon näher, aber ich find die Abweichung dennoch viel zu groß. Stimmt das nun alles so?
PS: Ich hab den Wert der 2. PR jetzt einfach mal mit der noch nicht ganz bis zum Schluss umgeformten Reihe gemacht.
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Hallo bandchef,
> So wie das jetzt weiter oben steht ist's falsch; ich darf
> auf keinen Fall den Bruch ausklammern weil der noch von k
> abhängt. Dann komm ich aber echt nicht drauf wie man das
> noch weiter zusammenfassen kann!
>
> Wenn ich nun mit der Potenzreihe [mm]ln(1+x) = \sum_{k=1}^{\infty} = \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k[/mm]
> den Näherungswert für ln(2) berechnen soll, berechne ich
> erst den Wert des x wie folgt:
>
> [mm]x+1=2 \Leftrightarrow x = 1[/mm]
>
> Wenn ich dieses x nun in die PR einsetze komm ich auf
> [mm]\frac{1}{6}[/mm]. Stimmt das so? Ist die Abweichung nicht etwas
> groß?
>
>
>
> Wenn ich nun den Näherungswert der anderen PR, also
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k [/mm],
> für ln(2) berechnen will, berechne ich dann erst wieder
> das x:
>
> [mm]\bruch{1+x}{1-x}=2 \Leftrightarrow x = \frac{1}{3}[/mm].
>
> Ich komm nach der Berechnung der PR auf diesen Wert:
> [mm]\frac{46}{81} \approx 0,5679[/mm]
Hier hast Du Dich wohl verrechnet,
herauskommen muss [mm]\bruch{\blue{5}6}{81} \approx 0,69135[/mm]
>
> Der Wert ist nun zwar schon näher, aber ich find die
> Abweichung dennoch viel zu groß. Stimmt das nun alles so?
>
>
>
> PS: Ich hab den Wert der 2. PR jetzt einfach mal mit der
> noch nicht ganz bis zum Schluss umgeformten Reihe gemacht.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:57 Fr 27.05.2011 | | Autor: | bandchef |
Ich komm beim besten Willen nicht auf $ [mm] \bruch{\blue{5}6}{81} \approx [/mm] 0,69135 $.
So sieht's aus:
$ln(2) [mm] \approx \frac{(-1)^{1-1}}{1} \cdot [/mm] 2 [mm] \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^1 [/mm] + [mm] \frac{(-1)^{2-1}}{2} \cdot [/mm] 2 [mm] \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^2 [/mm] + [mm] \frac{(-1)^{3-1}}{3} \cdot [/mm] 2 [mm] \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^3$
[/mm]
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Hallo bandchef,
> Ich komm beim besten Willen nicht auf [mm]\bruch{\blue{5}6}{81} \approx 0,69135 [/mm].
>
> So sieht's aus:
>
> [mm]ln(2) \approx \frac{(-1)^{1-1}}{1} \cdot 2 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^1 + \frac{(-1)^{2-1}}{2} \cdot 2 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^2 + \frac{(-1)^{3-1}}{3} \cdot 2 \cdot \left( \frac{1}{3} \right)^3[/mm]
In der Taylorreihe von [mm]\ln\left(\bruch{1+x}{1-x}\right)[/mm]
um den Entwicklungspunkt [mm]x_{0}=0[/mm] gibt es kein quadratisches Glied.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:52 Fr 27.05.2011 | | Autor: | bandchef |
Sorry, aber mit deiner letzten Antwort kann ich überhaupt nix anfangen. Der Index läuft von 1-3 also ist da auch 2 mit dabei. Warum darf ich dann die 2 nicht anwenden, welche ja das quadrat "produziert"?
Mir ist grad aufgefallen, dass es ja am Ende lautet: [mm] $\left( x^k - (-x)^k
\right) [/mm] = [mm] 2x^k$ [/mm] Ist das überhaupt richtig? Wenn ja versteh ich das nämlich nicht. Das sind doch eigentlich zwei verschiedene x, oder?
Müsste es dann nicht viel mehr so heißen:
$ ln(2) [mm] \approx \frac{(-1)^{1-1}}{1} \left(1^1 - \left( -\frac{1}{3} \right)^1 \right) [/mm] + [mm] \frac{(-1)^{2-1}}{2} \left(1^2 - \left( -\frac{1}{3} \right)^2 \right) [/mm] + [mm] \frac{(-1)^{3-1}}{3} \left(1^3 - \left( -\frac{1}{3} \right)^3 \right) [/mm] $
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Hallo bandchef,
> Sorry, aber mit deiner letzten Antwort kann ich überhaupt
> nix anfangen. Der Index läuft von 1-3 also ist da auch 2
> mit dabei. Warum darf ich dann die 2 nicht anwenden, welche
> ja das quadrat "produziert"?
Anwenden darfst Du die "2" schon.
Wenn Du Dir die zusammengefasste Summe anschaust,
dann steht vor den x-Potenzen ein Faktor
[mm]\left( \ 1-\left(-1\right)^{k} \ \right)[/mm]
Dieser wird genau dann zu 0, wenn k gerade ist, also auch k=2.
Daher gibt es kein quadratisches Glied in der Taylorreihe.
>
> Mir ist grad aufgefallen, dass es ja am Ende lautet:
> [mm]$\left( x^k - (-x)^k
\right)[/mm] = [mm]2x^k$[/mm] Ist das überhaupt
> richtig? Wenn ja versteh ich das nämlich nicht. Das sind
> doch eigentlich zwei verschiedene x, oder?
>
Nein, das sind dieselben "x".
>
> Müsste es dann nicht viel mehr so heißen:
>
> [mm]ln(2) \approx \frac{(-1)^{1-1}}{1} \left(1^1 - \left( -\frac{1}{3} \right)^1 \right) + \frac{(-1)^{2-1}}{2} \left(1^2 - \left( -\frac{1}{3} \right)^2 \right) + \frac{(-1)^{3-1}}{3} \left(1^3 - \left( -\frac{1}{3} \right)^3 \right)[/mm]
Nein.
Gruss
MathePower
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Hallo bandchef,
> Wie kann man nun den Ausdruck
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k[/mm]
> noch weiter zusammenfassen?
>
> [mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k = \frac{(-1)^{k-1}}{k} \left( \sum_{k=1}^{\infty} x^k - \sum_{k=1}^{\infty} (-x)^k \right)[/mm]
>
Das soll wohl so lauten:
[mm]ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = ln(1+x) - ln(1-x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(x)^k - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-x)^k = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \left(x^k - (-x)^k \right)[/mm]
> Passt das jetzt so, oder geht's nocht weiter?
Hier kannst Du noch gleiche Potenzen von x zusammenfassen.
Gruss
MathePower
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