Potenzreihe, Funktion < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:18 Di 10.06.2008 | | Autor: | bigalow |
| Aufgabe | Gegeben ist die Funktion
f: (-p,p) [mm] \to \IR [/mm] : x [mm] \mapsto \summe_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}(2x)^{2k+1}}{2k+1}
[/mm]
wobei p den konvergenzradius der Potenzreihe [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}(2x)^{2k+1}}{2k+1} [/mm] bezeichnet.
a) Geben Sie den Wert von p an.
b) Geben Sie einen geschlossenen Ausdruck für die Ableitung f'.
c) Geben sie einen geschlossenen Ausdruck für f.
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Also die Aufgabe a) hab ich lösen können bei b) und c) fehlt mir der Ansatz leider völlig.
Hier mal meine Rechnung der Teilaufgabe a)
p [mm] =\limes_{k\rightarrow\infty} |\frac{a_{k+1}}{a_k}|=\limes_{k\rightarrow\infty} |\frac{(-1)^{k+1}}{2k+3}:\frac{(-1)^k}{2k+1}|
[/mm]
[mm] =\limes_{k\rightarrow\infty} \frac{2k+1}{2k+3}=1
[/mm]
Besten Dank im Voraus für eure Antworten!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Gegeben ist die Funktion
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> f: (-p,p) [mm]\to \IR[/mm] : x [mm]\mapsto \summe_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}(2x)^{2k+1}}{2k+1}[/mm]
>
> wobei p den konvergenzradius der Potenzreihe
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}(2x)^{2k+1}}{2k+1}[/mm]
> bezeichnet.
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> a) Geben Sie den Wert von p an.
> b) Geben Sie einen geschlossenen Ausdruck für die
> Ableitung f'.
> c) Geben sie einen geschlossenen Ausdruck für f.
>
> Also die Aufgabe a) hab ich lösen können bei b) und c)
> fehlt mir der Ansatz leider völlig.
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> Hier mal meine Rechnung der Teilaufgabe a)
>
> p [mm]=\limes_{k\rightarrow\infty} |\frac{a_{k+1}}{a_k}|=\limes_{k\rightarrow\infty} |\frac{(-1)^{k+1}}{2k+3}:\frac{(-1)^k}{2k+1}|[/mm]
>
> [mm]=\limes_{k\rightarrow\infty} \frac{2k+1}{2k+3}=1[/mm]
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> Besten Dank im Voraus für eure Antworten!
hallo bigalow,
der erste wichtige Schritt ist hier wohl, sich von dem Term
f: (-p,p) [mm]\to \IR[/mm] : x [mm]\mapsto \summe_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}(2x)^{2k+1}}{2k+1}[/mm]
nicht gleich abschrecken zu lassen. Es handelt sich ja um
nichts weiter als eine Potenzreihe oder ein "verlängertes"
Polynom.
Das kann man prima (gliedweise!) ableiten, so wie jedes Polynom.
Wenn du die Ableitung f'(x) aufschreibst, kannst du einen
Faktor wegkürzen; das macht den Term schon viel über-
blickbarer.
Wenn du dann die ersten paar Glieder der Reihe für f'(x)
konkret ausrechnest und aufschreibst, geht dir wohl
bald ein nettes Lichtlein auf... :
du siehst schon das Ende des Tunnels !
Al-Chwarizmi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:59 Di 10.06.2008 | | Autor: | bigalow |
Danke!
also abgeleitet wäre das dann [mm] 2-2x²+2x^4-2x^6+2x^8.....2x^{2n} [/mm] .Also f'= [mm] \summe_{i=0}^{\infty}{(-1)^n2x^{2n}} [/mm] Aber das wäre ja wieder eine Reihe :/
Sieht aus wie eine geometrische Reihe aber weiter komm ich nicht....
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> Danke!
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> also abgeleitet wäre das dann
> [mm]2-2x²+2x^4-2x^6+2x^8.....2x^{2n}[/mm] .Also f'=
> [mm]\summe_{i=0}^{\infty}{(-1)^n2x^{2n}}[/mm] Aber das wäre ja
> wieder eine Reihe :/
>
> Sieht aus wie eine geometrische Reihe aber weiter komm ich
> nicht....
>
Ich habe allerdings etwas anderes bekommen, nämlich:
[mm]\ f'(x) = 2-8x^2+32x^4-128x^6+.....[/mm]
Du musst wohl genauer beachten, was die Klammer in [mm] (2x)^{2k+1}
[/mm]
genau bewirkt...
Jetzt haben wir wirklich eine geometrische Reihe. Diese hat
unter der Bedingung, dass ihr Quotient q die Bedingung |q|<1
erfüllt, eine endliche Summe, die man durch eine Summenformel
darstellen kann (siehe Kapitel Zahlenfolgen und -Reihen), und
damit wären wir bei einer "geschlossenen Formel" ohne unendliche
Summation.
Die so neu dargestellte Funktion f'(x) musst du dann integrieren,
um zu einer Stammfunktion zu gelangen. In dieser ist allenfalls
noch die Integrationskonstante C so anzupassen, dass wirklich
die Originalfunktion f(x) wieder entsteht.
Gruß al-Chw.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:38 Mi 11.06.2008 | | Autor: | bigalow |
Korrigiert ist also die Reihe für f': [mm] 2\summe_{n=0}^{\infty} ({-4x^2})^n [/mm] = [mm] \frac{2}{1+4x^2}
[/mm]
und damit f= arctan(2x) +c .
Bei der Integrationskonstante blick ich noch nicht ganz durch. So einfach wie bei der Ableitung kann ich da die Summe der Reihe ja nicht berechnen.
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> Korrigiert ist also die Reihe für f':
> [mm]2\summe_{n=0}^{\infty} ({-4x^2})^n[/mm] = [mm]\frac{2}{1+4x^2}[/mm]
>
> und damit f= arctan(2x) +c .
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") genau !
> Bei der Integrationskonstante blick ich noch nicht ganz
> durch. So einfach wie bei der Ableitung kann ich da die
> Summe der Reihe ja nicht berechnen.
Es geht nur darum, die Reihendarstellung und die Funktionsdarstellung
von f an einer Stelle zur Übereinstimmung zu bringen.
Hier geht das natürlich am einfachsten an der Stelle x=0.
Die Reihe liefert dort den Wert 0 (weil alle in ihr auftretenden Potenzen
von x verschwinden, insbesondere tritt kein [mm] x^0 [/mm] auf !).
arctan(0) ist auch 0, also ist gar keine Korrektur notwendig,
d.h. es ist C=0.
Ich habe die Integrationskonstante aber trotzdem erwähnt,
denn in anderen Beispielen kann es durchaus anders aussehen!
Gruß al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:59 Mi 11.06.2008 | | Autor: | bigalow |
Danke für die Hilfe! :)
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