Konvergenzbereich No.2 < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:41 Do 18.04.2013 | | Autor: | ralfr |
Hallo ich habe hier nochmal eine Reihe, bei der ich absolut nicht weiß, wie ich vor zu gehen habe.
Die Reihe ist folgende:
[mm] $\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{3 \cdot 4} [/mm] + [mm] \frac{x^6}{5 \cdot 6} [/mm] - [mm] \frac{x^8}{7 \cdot 8}$
[/mm]
Also ich weiß nicht, ob es sich lohnt das noch umzuschreiben.
Mein Vorschlag:
[mm] $\summe_{n=1}^{\infty}=(-1)^{n+1} \cdot \frac{x^{2n}}{(2n-1) \cdot 2n}$
[/mm]
Allerdings bin ich nun wirklich überfodert beim finden des Konvergenzbereiches und der Summe. :(
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Hallo ralfr,
> Hallo ich habe hier nochmal eine Reihe, bei der ich absolut
> nicht weiß, wie ich vor zu gehen habe.
> Die Reihe ist folgende:
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> [mm]\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^6}{5 \cdot 6} - \frac{x^8}{7 \cdot 8}[/mm]
>
> Also ich weiß nicht, ob es sich lohnt das noch
> umzuschreiben.
> Mein Vorschlag:
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}=(-1)^{n+1} \cdot \frac{x^{2n}}{(2n-1) \cdot 2n}[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Das sieht gut aus!
>
> Allerdings bin ich nun wirklich überfodert beim finden des
> Konvergenzbereiches und der Summe. :(
Du kannst das Quotientenkriterium anwenden ...
Oder die Reihe als Potenzreihe auffassen und etwa mit Cauchy-Hadamard rangehen ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 Do 18.04.2013 | | Autor: | ralfr |
> Hallo ralfr,
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> > Hallo ich habe hier nochmal eine Reihe, bei der ich
> absolut
> > nicht weiß, wie ich vor zu gehen habe.
> > Die Reihe ist folgende:
> >
> > [mm]\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^6}{5 \cdot 6} - \frac{x^8}{7 \cdot 8}[/mm]
>
> >
> > Also ich weiß nicht, ob es sich lohnt das noch
> > umzuschreiben.
> > Mein Vorschlag:
> > [mm]\summe_{n=1}^{\infty}=(-1)^{n+1} \cdot \frac{x^{2n}}{(2n-1) \cdot 2n}[/mm]
>
>
> Das sieht gut aus!
>
> >
> > Allerdings bin ich nun wirklich überfodert beim finden
> des
> > Konvergenzbereiches und der Summe. :(
>
> Du kannst das Quotientenkriterium anwenden ...
also mit dem Quotientenkriterium würde ich erst einmal dazu kommen:
[mm] $\limes_{n\rightarrow\infty} \frac{x^{2} \cdot (2n-1)\cdot 2n}{(2n+1)(2n+2)}$
[/mm]
Ich kann das allerdings irgendwie nicht weiter vereinfachen :(
Für mich sieht das so aus als ob das gegen [mm] $x^2$ [/mm] läuft.
>
> Oder die Reihe als Potenzreihe auffassen und etwa mit
> Cauchy-Hadamard rangehen ...
>
> Gruß
>
> schachuzipus
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Hallo nochmal,
> >
> > Du kannst das Quotientenkriterium anwenden ...
>
> also mit dem Quotientenkriterium würde ich erst einmal
> dazu kommen:
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} \frac{x^{2} \cdot (2n-1)\cdot 2n}{(2n+1)(2n+2)}[/mm]
>
> Ich kann das allerdings irgendwie nicht weiter vereinfachen
> :(
> Für mich sieht das so aus als ob das gegen [mm]x^2[/mm] läuft.
Und was sagt das QK dazu?
Gruß
schachuzipus
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:24 Do 18.04.2013 | | Autor: | ralfr |
Das bedeutet, dass die Reihe für |x|<1 konvergiert?
Kannst du mir auch einen Tipp für die Summe geben?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:32 Fr 19.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{3 \cdot 4} + \frac{x^6}{5 \cdot 6} - \frac{x^8}{7 \cdot 8}[/mm]
Du solltest da wenigstens [mm] $...\,$ [/mm] dranhängen, sonst hast Du eine endliche
Summe!
> Also ich weiß nicht, ob es sich lohnt das noch
> umzuschreiben.
> Mein Vorschlag:
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\red{\;=\;}(-1)^{n+1} \cdot \frac{x^{2n}}{(2n-1) \cdot 2n}[/mm]
Das rote Gleichheitszeichen war da zu viel!
> Das bedeutet, dass die Reihe für |x|<1 konvergiert?
Ja, aber das hätte man auch einfacher rausbekommen können:
1. Man zeigt, dass die Summandenfolge betragsmäßg gegen Null strebt
für $|x| < [mm] 1\,.$ [/mm] Wegen Leibniz folgt dann die Konvergenz für diese [mm] $x\,.$
[/mm]
2. Für $|x| > [mm] 1\,$ [/mm] zeigt man, dass die Summandenfolge keine Nullfolge ist.
Wegen des Trivialkriteriums divergiert die Reihe folglich für $|x| [mm] \red{\;>\;} 1\,.$ [/mm]
(Edit: Korrigiert! Danke, Schachu!!)
Wenn Du hier nur $x [mm] \in \IR$ [/mm] hast: Wie sieht's mit der Konvergenz auf dem
Rand des (offenen) Konvergenzkreises aus? (Dort hat man ja i.a. erstmal
keine Konvergenzaussage bei Potenzreihen!) Das musst Du noch separat
untersuchen!
> Kannst du mir auch einen Tipp für die Summe geben?
Bei
[mm] $$\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \cdot \frac{x^{2n}}{(2n-1) \cdot 2n}=\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} *x^{2n}*\frac{1}{(2n-1) \cdot 2n}$$
[/mm]
könnte es helfen, erstmal
[mm] $$\frac{1}{2n*(2n-1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}$$
[/mm]
nachzurechnen und das dann einzusetzen! (Danach darfst Du die Reihe
"aufspalten" in zwei Reihen... warum? Erinnerung: Sind die Folgen [mm] ${(a_n)}_n$
[/mm]
und [mm] ${(b_n)}_n$ [/mm] konvergent gegen [mm] $a\,$ [/mm] bzw. [mm] $b\,,$ [/mm] so konvergiert für beliebige, aber
feste $r,s [mm] \in \IR$ [/mm] auch die Folge [mm] ${(c_n)}_n:\equiv{(r*a_n+s*b_n)}_n\,,$ [/mm] und zwar gegen [mm] $r*a+s*b\,.$
[/mm]
Beachte: Eine Reihe ist ja erstmal auch nur die Folgen ihrer zugehörigen
Teilsumme!
Bei Dir oben musst Du das "rückwärts" anwenden, etwa:
Wenn für alle [mm] $n\,$ [/mm] gilt [mm] $a_n=b_n+c_n\,,$ [/mm] und wenn sowohl [mm] $\sum b_n$ [/mm] als auch [mm] $\sum c_n$ [/mm] konvergent
sind, dann konvergiert auch [mm] $\sum a_n=\sum (b_n+c_n)$ [/mm] und für den Grenzwert der
Reihe [mm] $\sum a_n$ [/mm] gilt dann die Gleichheit... Und eigentlich reicht es, weil
Du bei Dir schon die Konvergenz einer Reihe [mm] $\sum a_n$ [/mm] (für $|x| < [mm] 1\,$) [/mm] gezeigt hast, dann
noch zu begründen, dass eine der Reihen [mm] $\sum b_n$ [/mm] oder [mm] $\sum c_n$ [/mm] (für $|x| < [mm] 1\,$) [/mm] konvergiert!)
P.S. Alternativ über sowas wie Ziehharmonikareihen (siehe auch hier!) nachdenken!
In beiden Fällen sollte eine geeignte Indexsubstitution gemacht werden!
P.P.S. Vergiss das rotmarkierte durchgestrichene vielleicht erstmal, da habe
ich etwas nicht bedacht. Wenn man sich das aufschreibt, sieht man, dass
man da eine andere Überlegung braucht und das rote oben wohl eher so
nicht hilft. Ich guck' mal gerade, wie das geht und welchen sinnvolleren
Tipp ich Dir da geben kann ^^
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
> 2. Für [mm]|x| > 1\,[/mm] zeigt man, dass die Summandenfolge keine
> Nullfolge ist.
> Wegen des Trivialkriteriums divergiert die Reihe > folglich für [mm]|x| < 1\,.[/mm]
Das ist aber eine komische Folgerung 
Du meinst natürlich [mm]|x| \ \red > \ 1[/mm] (Dreher ![[konfus]](/images/smileys/konfus.gif "[konfus]") )
Gruß
schachuzipus
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:24 Fr 19.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
Tipps zur Berechnung von [mm] $\summe_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \cdot \frac{x^{2n}}{(2n-1) \cdot 2n}$:
[/mm]
1.)
[mm] $\frac{1}{(2n-1)*2n}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}$
[/mm]
(Das habe ich ja schon gesagt!)
2.) Irgendwie habe ich hier das Gefühl, dass die Potenzreihe
[mm] $$\ln(1+x)=\;-\;\sum_{k=0}^\infty \frac{(-x)^{k+1}}{k+1}$$
[/mm]
eine Rolle spielt (für $-1 < x < [mm] 1\,$). [/mm]
Das alleine schon deswegen, weil man sich mal
[mm] $$\ln(1+x)$$
[/mm]
und auch
[mm] $$\ln(1-x)=\ln(1+(-x))$$
[/mm]
mal hinschreiben kann, und sich dann auch
[mm] $$\frac{\ln(1+x)\pm\ln(1-x)}{2}$$
[/mm]
mal angucken kann. Das passt noch nicht zu obigem.
Aber vielleicht kann man sich auch mal [mm] $(\ln(1+x))^2$ [/mm] ausrechnen (das
habe ich noch nicht getan) - vermittels Cauchyprodukt.
Der 2. Tipp ist momentan aber auch mehr Rumraterei, ein richtiges
Ergebnis habe ich bisher noch nicht ausgerechnet!
Gruß,
Marcel
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![[huepf]](/images/smileys/huepf.gif "[huepf]"){kind=small}
