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| Aufgabe | Für welche [mm] x\in\IR [/mm] konvergiert die Reihe?
[mm] f(x)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{(2x-\pi)^k}{k(k+1)} [/mm] |
Also ich weiß nicht, ob die Argumentation in Ordnung geht:
[mm] x>\bruch{1+\pi}{2}: [/mm] divergent
[mm] x=\bruch{1+\pi}{2}: [/mm] f(x)=1 -> konvergiert
[mm] \bruch{1+\pi}{2}>x>\bruch{\pi}{2}: [/mm] ->konvergiert, da [mm] 0<(2x-\pi)<1 [/mm] (Potenzreihe) und [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k(k+1)}=0 [/mm] (Nullfolge)
[mm] x=\bruch{\pi}{2}: [/mm] f(x)=0 -> konvergiert
[mm] \bruch{\pi-1}{2}\ge [/mm] x> [mm] \bruch{\pi}{2}: [/mm] Alternierende konvergente Reihe da Nullfolge
[mm] x<\bruch{\pi-1}{2}: [/mm] divergent!
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> Für welche [mm]x\in\IR[/mm] konvergiert die Reihe?
> [mm]f(x)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{(2x-\pi)^k}{k(k+1)}[/mm]
> Also ich weiß nicht, ob die Argumentation in Ordnung
> geht:
Hallo,
und hmmmmmmm.
"Argumentation" erscheint mir etwas übertrieben, weil ich Ergebnisse sehe, aber mir die Argumentation dazu fehlt.
Bei dem, was ich an Ergebnissen sehe, entdecke ich allerdings einige Sachen, die sich mit dem decken, was auf meinem Zettelchen steht.
Du solltest das etwas systematischer angehen, Potenzreihe und Konvergenzradius sind Dir ein Begriff, bzw. Ihr hattet das, oder?
Mit [mm] y:=2x-\pi [/mm] haben wir mit [mm] \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{y^k}{k(k+1)} [/mm] ja eine Potenzreihe vorliegen.
Bestimme doch von dieser einfach den Konvergenzradius r, dann weißt Du, daß für -r<y<r die Reihe konvergiert und für |y|>r nicht, und wenn Du y wieder durch [mm] 2x-\pi [/mm] ersetzt, kannst Du Dir x errechnen.
Dann kannst Du noch die Fälle [mm] y=\pm [/mm] r untersuchen.
Gruß v. Angela
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:44 Fr 14.09.2007 | | Autor: | pleaselook |
Gut ich schreib das nochmal nett auf. 
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Sei [mm] y=(2x-\pi) \rightarrow \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{y^k}{k(k+1)} [/mm] ist Potenzreihe mit Konvergenzradius
[mm] r=\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{(k+1)(k+2)}{k(k+1)}=1 \rightarrow [/mm] die Reihe konvergiert (absolut?) für -1<y<1 [mm] \gdw -1<(2x-\pi)<1 \gdw \bruch{-1+\pi}{2}
Randpunkte:
[mm] x=\bruch{-1+\pi}{2}: \summe_{k=1}^{\infty}(-1)^k\overbrace{\bruch{1}{k(k+1)}}^{Nullfolge}
[/mm]
alternierende Reihe: konvergiert nach dem Leibnitzkriterium, da [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k(k+1)}=0.
[/mm]
[mm] x=\bruch{1+\pi}{2}: \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k(k+1)}=1
[/mm]
D.h. Reihenwert bestimmt -> konvergiert absolut
Was sagst du dazu?
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> Sei [mm]y=(2x-\pi) \rightarrow \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{y^k}{k(k+1)}[/mm]
> ist Potenzreihe mit Konvergenzradius
> [mm]r=\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{(k+1)(k+2)}{k(k+1)}=1 \rightarrow[/mm]
> die Reihe konvergiert (absolut?)
Ja, absolut.
> für -1<y<1 [mm]\gdw -1<(2x-\pi)<1 \gdw \bruch{-1+\pi}{2}
Genau.
>
> Randpunkte:
> [mm]x=\bruch{-1+\pi}{2}: \summe_{k=1}^{\infty}(-1)^k\overbrace{\bruch{1}{k(k+1)}}^{Nullfolge}[/mm]
>
> alternierende Reihe: konvergiert nach dem
> Leibnitzkriterium, da
> [mm]\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k(k+1)}=0.[/mm]
Ja.
> [mm]x=\bruch{1+\pi}{2}: \summe_{k=1}^{\infty}\bruch{1}{k(k+1)}=1[/mm]
>
> D.h. Reihenwert bestimmt -> konvergiert absolut
Ja.
>
> Was sagst du dazu?
Ich bin fast sprachlos vor Begeisterung.
Gruß v. Angela
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Hallo pleaselook!
Eine kleine (aber entscheidende) Anmerkung zum Leibniz-Kriterium. Da wird nämlich gerne übersehen, dass die alternierende Folge nicht nur eine Nullfolge, sondern auch monoton fallend sein muss.
Korrekterweiser musst Du also zeigen:
[mm] $$a_n [/mm] \ = \ [mm] \bruch{1}{k*(k+1)} [/mm] \ [mm] \text{ist \underline{monoton fallende} Nullfolge}$$
[/mm]
Gruß vom
Roadrunner
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