Potenzreihe nachweisen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:32 Di 04.10.2011 | | Autor: | racy90 |
Hallo,
Ich löse gerade ein paar Aufgaben und bräuchte Hilfe.
Ich soll zeigen das [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{x^n}{n} [/mm] die Potenzreihe für -ln(1-x) ist
Ich habe zuerst versucht aus bekannten Taylorreihen etwas zusammen zu basteln aber das ist mir nicht gelungen.
Für meine Reihe sollte es doch so aussehen: [mm] \bruch{x^1}{1}+\bruch{x^2}{2}+\bruch{x^3}{3} [/mm] usw...
und die für ln(1+x) ähnlich [mm] x-\bruch{x^2}{2}+\bruch{x^3}{3}-\bruch{x^4}{4} [/mm] usw
Nur wie "baue" ich das um?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:36 Di 04.10.2011 | | Autor: | barsch |
Hallo,
Tipp: Taylorentwicklung um a=0!
Sei [mm]f(x)=-ln(1-x)[/mm], dann ist
[mm]f'(x)=-\bruch{1}{(x-1)}, f'(0)=1=(1-1)! [/mm]
[mm]f''(x)=\bruch{1}{(x-1)^2}, f''(0)=1=(2-1)![/mm]
[mm]f'''(x)=-\bruch{2}{(x-1)^3 }, f'''(0)=2=(3-1)![/mm]
Es scheint sich [mm]f^{(n)}(0)=(n-1)![/mm] abzuzeichnen.
Setze das nun mal in die Formel für die Taylorentwicklung ein...
Gruß
barsch
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Hallo racy90,
> Hallo,
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> Ich löse gerade ein paar Aufgaben und bräuchte Hilfe.
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> Ich soll zeigen das [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{x^n}{n}[/mm] die
> Potenzreihe für -ln(1-x) ist
>
> Ich habe zuerst versucht aus bekannten Taylorreihen etwas
> zusammen zu basteln aber das ist mir nicht gelungen.
>
> Für meine Reihe sollte es doch so aussehen:
> [mm]\bruch{x^1}{1}+\bruch{x^2}{2}+\bruch{x^3}{3}[/mm] usw...
>
> und die für ln(1+x) ähnlich
> [mm]x-\bruch{x^2}{2}+\bruch{x^3}{3}-\bruch{x^4}{4}[/mm] usw
>
> Nur wie "baue" ich das um?
Na, wenn du die Reihe für [mm]\ln(1+x)[/mm] schon kennst, ist das doch halb so wild:
[mm]\ln(1+x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\cdot{}\frac{x^n}{n}[/mm] für [mm]|x|<1[/mm]
Damit [mm]\ln(1-x)=\ln(1+\red{(-x)})=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\cdot{}\frac{\red{(-x)}^n}{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\cdot{}(-1)^n\cdot{}\frac{x^n}{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{2n+1}\cdot{}\frac{x^n}{n}[/mm]
Also [mm]-\ln(1-x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{2(n+1)}\cdot{}\frac{x^n}{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}[/mm]
Welchen Konvergenzradius hat man hier?
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:50 Di 04.10.2011 | | Autor: | racy90 |
also den vorletzten Schritt verstehe ich nciht so ganz.
wie kommt man von [mm] \sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{2n+1}\cdot{}\frac{x^n}{n} [/mm] auf [mm] -\ln(1-x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{2(n+1)}\cdot{}
[/mm]
wo wird das minus berücksichtigt?
Mit dem Konvergenzradius hab ich so meine Problemchen..
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:21 Di 04.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
was gibt denn [mm] (-1)^{2n+1}*(-1) [/mm] ??
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:09 Mi 05.10.2011 | | Autor: | fred97 |
Noch eine Möglichkeit:
Setze f(x):= -ln(1-x) und g(x):= $ [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{x^n}{n} [/mm] $ für x [mm] \in [/mm] (-1,1).
Zeige: f'(x)=g'(x) für x [mm] \in [/mm] (-1,1).
Somit gibt es ein c [mm] \in \IR [/mm] mit: f(x)=g(x)+c für x [mm] \in [/mm] (-1,1).
Mit x=0 erhält man c=0.
FRED
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