Reihenwert,Methodik - Teil 2 < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zu berechnen ist nun erneut ein Reihenwert:
[mm] $\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ [/mm] |
Nun habe ich versucht umzuformen, was mir aber auf Anhieb nicht so gut gelungen ist wie in dem anderen Beispiel, das ich vor kurzem gepostet habe.. Daher bin ich irgendwie auf einen Tipp namens "Partialbruchzerlegung" gestoßen, von dem ich bisher noch (leider) nichts gehört hatte.
In der Hoffnung, dies nun richtig anzuwenden, habe ich beide zu summierende Terme gleichgesetzt und mit dem Hauptnenner multipliziert.
[mm] $\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} [/mm] = [mm] \sum_{n+1}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2})$
[/mm]
Somit ist dann, was die Terme betrifft:
$1 =$
$A(n+1)(n+2) + B(n)(n+2) + C(n)(n+1)=$
[mm] $A(n^2+3n+2)+B(n^2+2n)+C(n^2+n)=$ [/mm]
[mm] $n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A$
[/mm]
Nun weiß ich wirklich nicht weiter. In einem Video zum Thema PBZ wurde für n einfach ausprobiert, beginnend mit $ n = 0$.
Wenn ich das hier übernehme (leider ohne zu wissen, warum) erhalte ich:
$1 = 2A <=> A = 1/2$.
Für $n = 1$ und $A = 1/2$
$A+B+C+3A+2B+C+2A = 6A+3B+2C = 3 + 3B +2C = 1$
Für $n = 2$
$4A+4B+4C + 6A+4B+2C+2A = 12A+8B+6C = 6+8B+6C = 1$
Mit dem Additionsverfahren folgt für mich:
$B = -1$ und letztlich dann $C = 1/2$.
Sodass ich dann hier fortfahren kann:
[mm] $\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} [/mm] = [mm] \sum_{n+1}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2}) [/mm] = [mm] \sum_{n+1}^\infty (\frac{1}{2n} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+1} [/mm] + [mm] \frac{1}{2(n+2)})$
[/mm]
So, nun wüsste ich natürlich gerne, ob das bis hierher stimmt und wenn ja, wie ich hier forfahren kann ;/
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:46 Fr 24.05.2013 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
> Zu berechnen ist nun erneut ein Reihenwert:
>
> [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}[/mm]
> Nun habe ich
> versucht umzuformen, was mir aber auf Anhieb nicht so gut
> gelungen ist wie in dem anderen Beispiel, das ich vor
> kurzem gepostet habe.. Daher bin ich irgendwie auf einen
> Tipp namens "Partialbruchzerlegung" gestoßen, von dem ich
> bisher noch (leider) nichts gehört hatte.
Das ist ein relativ häufig verwandtes Verfahren.
> In der Hoffnung, dies nun richtig anzuwenden, habe ich
> beide zu summierende Terme gleichgesetzt und mit dem
> Hauptnenner multipliziert.
>
> [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \sum_{n+1}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2})[/mm]
>
> Somit ist dann, was die Terme betrifft:
> [mm]1 =[/mm]
> [mm]A(n+1)(n+2) + B(n)(n+2) + C(n)(n+1)=[/mm]
>
> [mm]A(n^2+3n+2)+B(n^2+2n)+C(n^2+n)=[/mm]
> [mm]n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A[/mm]
Du suchst also A, B und C, so dass
[mm]\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2}[/mm]
Das führt in der Tat zu:
[mm] A\cdot(n+1)\cdot(n+2)+B\cdot n\cdot(n+2)+C\cdot n\cdot(n+1)=1
[/mm]
Und das führt zu
[mm] n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A=1
[/mm]
Nun ergänze 1 mal zu [mm] 0n^{2}+0n+1, [/mm] dann wird
[mm] n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A=1
[/mm]
zu
[mm] n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A=0n^{2}+0n+1
[/mm]
Nun müssen die Koeffizienten gleich sein, also muss gelten:
[mm] \begin{vmatrix}A+B+C=0\\3A+2B+C=0\\2A=1\end{vmatrix}
[/mm]
Wenn du dieses Gleichungssystem löst, bekommst du (neben [mm] A=\frac{1}{2} [/mm] aus der dritten Gleichung)
B=-1 und [mm] C=\frac{1}{2}
[/mm]
Also weisst du, dass
[mm] \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{\frac{1}{2}}{n}+\frac{-1}{n+1}+\frac{\frac{1}{2}}{n+2}
[/mm]
[mm] =\frac{1}{2n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2(n+2)}
[/mm]
>
> Nun weiß ich wirklich nicht weiter. In einem Video zum
> Thema PBZ wurde für n einfach ausprobiert, beginnend mit [mm]n = 0[/mm].
> Wenn ich das hier übernehme (leider ohne zu wissen, warum)
> erhalte ich:
> [mm]1 = 2A <=> A = 1/2[/mm].
>
> Für [mm]n = 1[/mm] und [mm]A = 1/2[/mm]
> [mm]A+B+C+3A+2B+C+2A = 6A+3B+2C = 3 + 3B +2C = 1[/mm]
>
> Für [mm]n = 2[/mm]
> [mm]4A%2525252B4B%2525252B4C%25252520%2525252B%252525206A%2525252B4B%2525252B2C%2525252B2A%25252520%2525253D%2525252012A%2525252B8B%2525252B6C%25252520%2525253D%252525206%2525252B8B%2525252B6C%25252520%2525253D%252525201[/mm]
>
> Mit dem Additionsverfahren folgt für mich:
>
> [mm]B = -1[/mm] und letztlich dann [mm]C = 1/2[/mm].
>
>
> Sodass ich dann hier fortfahren kann:
>
> [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \sum_{n+1}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2}) = \sum_{n+1}^\infty (\frac{1}{2n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2(n+2)})[/mm]
>
>
> So, nun wüsste ich natürlich gerne, ob das bis hierher
> stimmt und wenn ja, wie ich hier forfahren kann ;/
Bis hierher ist also alles korrekt, jetzt kannst du das ganze in drei Teilreihen aufteilen
Also:
[mm] \sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}
[/mm]
[mm] =\sum\limits_{n+1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2(n+2)}\right)
[/mm]
[mm] =\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2n}-\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n+1}+\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2(n+2)}
[/mm]
Die Einzelreihen sind nun wesentlich besser zu händeln.
Marius
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:26 Fr 24.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo
>
>
> > Zu berechnen ist nun erneut ein Reihenwert:
> >
> > [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}[/mm]
> > Nun habe ich
> > versucht umzuformen, was mir aber auf Anhieb nicht so
> gut
> > gelungen ist wie in dem anderen Beispiel, das ich vor
> > kurzem gepostet habe.. Daher bin ich irgendwie auf
> einen
> > Tipp namens "Partialbruchzerlegung" gestoßen, von dem
> ich
> > bisher noch (leider) nichts gehört hatte.
>
>
> Das ist ein relativ häufig verwandtes Verfahren.
>
> > In der Hoffnung, dies nun richtig anzuwenden, habe ich
> > beide zu summierende Terme gleichgesetzt und mit dem
> > Hauptnenner multipliziert.
> >
> > [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \sum_{n+1}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2})[/mm]
>
> >
> > Somit ist dann, was die Terme betrifft:
> > [mm]1 =[/mm]
> > [mm]A(n+1)(n+2) + B(n)(n+2) + C(n)(n+1)=[/mm]
> >
> > [mm]A(n^2+3n+2)+B(n^2+2n)+C(n^2+n)=[/mm]
> > [mm]n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A[/mm]
>
> Du suchst also A, B und C, so dass
>
> [mm]\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2}[/mm]
>
> Das führt in der Tat zu:
>
> [mm]A\cdot(n+1)\cdot(n+2)+B\cdot n\cdot(n+2)+C\cdot n\cdot(n+1)=1[/mm]
>
> Und das führt zu
>
> [mm]n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A=1[/mm]
>
> Nun ergänze 1 mal zu [mm]0n^{2}+0n+1,[/mm] dann wird
>
> [mm]n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A=1[/mm]
> zu
> [mm]n^2(A+B+C)+n(3A+2B+C)+2A=0n^{2}+0n+1[/mm]
>
> Nun müssen die Koeffizienten gleich sein, also muss
> gelten:
> [mm]\begin{vmatrix}A+B+C=0\\3A+2B+C=0\\2A=1\end{vmatrix}[/mm]
>
> Wenn du dieses Gleichungssystem löst, bekommst du (neben
> [mm]A=\frac{1}{2}[/mm] aus der dritten Gleichung)
> B=-1 und [mm]C=\frac{1}{2}[/mm]
>
>
> Also weisst du, dass
>
> [mm]\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{\frac{1}{2}}{n}+\frac{-1}{n+1}+\frac{\frac{1}{2}}{n+2}[/mm]
> [mm]=\frac{1}{2n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2(n+2)}[/mm]
> >
> > Nun weiß ich wirklich nicht weiter. In einem Video zum
> > Thema PBZ wurde für n einfach ausprobiert, beginnend
> mit [mm]n = 0[/mm].
> > Wenn ich das hier übernehme (leider ohne zu
> wissen, warum)
> > erhalte ich:
> > [mm]1 = 2A <=> A = 1/2[/mm].
> >
> > Für [mm]n = 1[/mm] und [mm]A = 1/2[/mm]
> > [mm]A+B+C+3A+2B+C+2A = 6A+3B+2C = 3 + 3B +2C = 1[/mm]
>
> >
> > Für [mm]n = 2[/mm]
> >
> [mm]4A%2525252B4B%2525252B4C%25252520%2525252B%252525206A%2525252B4B%2525252B2C%2525252B2A%25252520%2525253D%2525252012A%2525252B8B%2525252B6C%25252520%2525253D%252525206%2525252B8B%2525252B6C%25252520%2525253D%252525201[/mm]
> >
> > Mit dem Additionsverfahren folgt für mich:
> >
> > [mm]B = -1[/mm] und letztlich dann [mm]C = 1/2[/mm].
> >
> >
> > Sodass ich dann hier fortfahren kann:
> >
> > [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \sum_{n+1}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2}) = \sum_{n+1}^\infty (\frac{1}{2n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1}{2(n+2)})[/mm]
>
> >
> >
> > So, nun wüsste ich natürlich gerne, ob das bis
> hierher
> > stimmt und wenn ja, wie ich hier forfahren kann ;/
>
> Bis hierher ist also alles korrekt, jetzt kannst du das
> ganze in drei Teilreihen aufteilen
>
> Also:
>
> [mm]\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}[/mm]
>
> [mm]=\sum\limits_{n+1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2(n+2)}\right)[/mm]
>
> [mm]=\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2n}-\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n+1}+\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2(n+2)}[/mm]
>
> Die Einzelreihen sind nun wesentlich besser zu händeln.
Hallo Marius ,
die Einzelreihen sind alle divergent !!!!
Gruß FRED
>
> Marius
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:00 Fr 24.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]=\sum\limits_{n+1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2(n+2)}\right)[/mm]
> >
> >
> [mm]=\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2n}-\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n+1}+\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2(n+2)}[/mm]
> >
> > Die Einzelreihen sind nun wesentlich besser zu händeln.
>
> Hallo Marius ,
>
> die Einzelreihen sind alle divergent !!!!
hier gilt also [mm] $\infty-\infty+\infty=\frac{1}{4}$ [/mm]  (Bitte nicht ernst nehmen!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:37 Fr 24.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Marius,
Fred sagte ja schon:
> Bis hierher ist also alles korrekt, jetzt kannst du das
> ganze in drei Teilreihen aufteilen
>
> Also:
>
> [mm]\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}[/mm]
>
> [mm]=\sum\limits_{n+1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2(n+2)}\right)[/mm]
>
> [mm]=\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2n}-\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{n+1}+\sum\limits_{n+1}^{\infty}\frac{1}{2(n+2)}[/mm]
>
> Die Einzelreihen sind nun wesentlich besser zu händeln.
das bringt ja nichts. Vielleicht mal, damit man sieht, wie ich auf meinen Ansatz
gekommen bin:
Ich will [mm] $\sum \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ [/mm] in Verbindung zu [mm] $\sum \frac{1}{n(n+1)}$ [/mm] setzen, weil ich mit
der letzten Reihe gut umgehen kann (umschreiben zu Ziehharmonikareihe)!
Ich berechne mal mit einer noch unbestimmten Konstanten [mm] $c\,$
[/mm]
[mm] $$\frac{c}{n(n+1)(n+2)}-\frac{1}{n(n+1)}=\frac{c-n-2}{n(n+1)(n+2)}\,.$$
[/mm]
Wähle ich nun speziell [mm] $c:=2\,,$ [/mm] so sehe ich, dass sich rechterhand der
Faktor [mm] $n\,$ [/mm] wegkürzt.
Den Rest entnimmt man meiner pdf-Datei bzw. dem Bild, dass ich daraus
erstellt habe!
P.S. Mein erstes Gefühl hier war, dass man vielleicht auch mit [mm] ${\sum}_{n=1}^\infty \tfrac{1}{n^2}=\tfrac{\pi^2}{6}$ [/mm]
arbeiten könnte, wenn man das benutzen darf. Aber da kam' ich nicht weiter.
Vielleicht geht's aber doch und ich hab's nur nicht gesehen - wenn jemand
dazu etwas ergänzen kann, wär's sicher interessant!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:46 Fr 24.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zu berechnen ist nun erneut ein Reihenwert:
>
> [mm]\sum_{n+1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)}[/mm]
die Summe startet beim Index [mm] $n=1\,,$ [/mm] oder? Was soll das $n [mm] \red{\;+\;}1$ [/mm] sonst
dort wirklich bedeuten?
> $ [mm] \sum_{\red{n+1}}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)} [/mm] = [mm] \sum_{\red{n+1}}^\infty (\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}+\frac{C}{n+2}) [/mm] = [mm] \sum_{\red{n+1}}^\infty (\frac{1}{2n} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+1} [/mm] + [mm] \frac{1}{2(n+2)}) [/mm] $
Das passt schonmal! (Bis darauf, dass Du die rotmarkierten Stellen wohl
korrigieren solltest!)
Ich weiß aber nicht, ob Du damit groß weiterkommen wirst. Ich hätte
folgendes anzubieten (weil der MR jetzt ewig nicht erreichbar war, hast
Du das Glück, quasi eine Musterlösung als pdf zu bekommen):
[Dateianhang nicht öffentlich]
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß,
Marcel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:44 Sa 25.05.2013 | | Autor: | fred97 |
Zur Methodik: bei solchen Reihen bietet es sich an, die Teilsummenfolge zu betrachten. Sei also
[mm] S_N:=\sum_{n=1}^N (\frac{1}{2n} [/mm] - [mm] \frac{1}{n+1} [/mm] + [mm] \frac{1}{2(n+2)})
[/mm]
Sei [mm] F_N:=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}
[/mm]
Dann ist (nachrechnen !)
[mm] S_N=\bruch{1}{2}F_N-(F_N-1)-\bruch{1}{N+1}+\bruch{1}{2}(F_N-1-\bruch{1}{2}+\bruch{1}{N+1}+\bruch{1}{N+2})
[/mm]
Also:
[mm] S_N=\bruch{1}{4}+\bruch{1}{2}(\bruch{1}{N+2}-\bruch{1}{N+1}) \to \bruch{1}{4} [/mm] (N [mm] \to \infty)
[/mm]
FRED
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Hallo nochmals,
Vielen lieben Dank an dieser Stelle , an all jene von euch, die mir bisher immer wieder so ausdauernd und ausführlich geholfen haben 
FRED, deine Lösung habe ich nun wirklich nochmal nachgerechnet, ich frage mich nur: Wie kommt man auf so etwas? :D
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 05:44 Mo 27.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo nochmals,
>
> Vielen lieben Dank an dieser Stelle , an all jene von euch,
> die mir bisher immer wieder so ausdauernd und ausführlich
> geholfen haben
>
> FRED, deine Lösung habe ich nun wirklich nochmal
> nachgerechnet, ich frage mich nur: Wie kommt man auf so
> etwas? :D
Üben, auf die Nase fallen, weiter Üben, Erfahrungen sammeln, wieder auf die Nase fallen, Niederlagen verinnerlichen Erfolge ebenfalls....
FRED
>
>
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:50 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> > Hallo nochmals,
> >
> > Vielen lieben Dank an dieser Stelle , an all jene von euch,
> > die mir bisher immer wieder so ausdauernd und ausführlich
> > geholfen haben
> >
> > FRED, deine Lösung habe ich nun wirklich nochmal
> > nachgerechnet, ich frage mich nur: Wie kommt man auf so
> > etwas? :D
>
> Üben, auf die Nase fallen, weiter Üben, Erfahrung, wieder
> auf die Nase fallen,...
so kam ich auch zu diesem Ansatz... Aua... ach ne, doch nicht aua!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:58 Mo 27.05.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hi Fred,
>
> > > Hallo nochmals,
> > >
> > > Vielen lieben Dank an dieser Stelle , an all jene von euch,
> > > die mir bisher immer wieder so ausdauernd und ausführlich
> > > geholfen haben
> > >
> > > FRED, deine Lösung habe ich nun wirklich nochmal
> > > nachgerechnet, ich frage mich nur: Wie kommt man auf so
> > > etwas? :D
> >
> > Üben, auf die Nase fallen, weiter Üben, Erfahrung, wieder
> > auf die Nase fallen,...
>
> so kam ich auch zu diesem Ansatz...
> Aua... ach ne, doch nicht aua!
Hallo Marcel,
gings Dir so, wie dem:
http://blogs.salzburg.com/photos/uncategorized/2007/07/30/1185820618.jpg
?
FRED
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:11 Mo 27.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Fred,
> gings Dir so, wie dem:
>
> http://blogs.salzburg.com/photos/uncategorized/2007/07/30/1185820618.jpg
Ja!
Gruß,
Marcel
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