dargestellte Funktion < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | Bestimmen Sie die Konvergenzbereich und dargestellte Funktion von [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{3^{n}}{n}*x^{n}. [/mm] |
Hallo,
da die gegebene Reihe die Form einer Potenzreihe hat, muss ich den Reihenstart, der für die Potenzreihe "n=0" sein muss, erst anpassen.
Dann kann ich umformen in
[mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n+1}*(3x)^{n+1}
[/mm]
Nun weiß ich aber nicht so recht, wie ich das in die Summenformel verpacken soll, um die Funktion auszudrücken. Meine Idee:
f(x)= [mm] (\bruch{3x}{n+1})*(\bruch{1}{1-3x})
[/mm]
Ist das richtig? Muss ich überhaupt den Reihenstart anpassen?
Gruß, Andreas
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:33 Sa 01.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Bestimmen Sie die Konvergenzbereich und dargestellte
> Funktion von [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{3^{n}}{n}*x^{n}.[/mm]
> Hallo,
>
> da die gegebene Reihe die Form einer Potenzreihe hat, muss
> ich den Reihenstart, der für die Potenzreihe "n=0" sein
> muss, erst anpassen.
>
> Dann kann ich umformen in
>
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n+1}*(3x)^{n+1}[/mm]
Ja das ist richtig. Bestimme nun die x , für die diese Reihe konvergiert.
Das wird ein Intervall I sein.
Für x [mm] \in [/mm] I setze
[mm]f(x):=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n+1}*(3x)^{n+1}[/mm]
Berechne nun f'(x).
>
> Nun weiß ich aber nicht so recht, wie ich das in die
> Summenformel verpacken soll, um die Funktion auszudrücken.
> Meine Idee:
>
> f(x)= [mm](\bruch{3x}{n+1})*(\bruch{1}{1-3x})[/mm]
>
> Ist das richtig?
Das ist Unfug !
FRED
> Muss ich überhaupt den Reihenstart
> anpassen?
>
>
> Gruß, Andreas
>
>
|
|
|
| |
|
Hallo,
also muss ich zuerst den Konvergensbereich bzw. den Konvergenzradius bestimmen, bevor ich die Funktion überhaupt angeben kann?
Zur Bestimmung des Konvergensradius habe ich mir folgende Formel notiert:
[mm] |r|=\limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{a_{n}}{a_{n+1}}|
[/mm]
[mm] |r|=|\bruch{\bruch{1}{n+1}}{\bruch{1}{(n+1)+1}}|=\bruch{n+2}{n+1}=\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{1}{1+\bruch{1}{n}}+\bruch{2}{n}*\bruch{1}{1+\bruch{1}{n}}=1
[/mm]
Für eine Betrachtung in den Randpunkten [mm] (x_{0}-r) [/mm] und [mm] (x_{0}+r) [/mm] bräuchte ich aber noch ein [mm] x_{0}. [/mm] Ist hier [mm] x_{0}=0?
[/mm]
Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:33 So 02.06.2013 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> also muss ich zuerst den Konvergensbereich bzw. den
> Konvergenzradius bestimmen, bevor ich die Funktion
> überhaupt angeben kann?
>
> Zur Bestimmung des Konvergensradius habe ich mir folgende
> Formel notiert:
>
> [mm]|r|=\limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{a_{n}}{a_{n+1}}|[/mm]
Du meinst wohl
[mm]r=\limes_{n\rightarrow\infty}|\bruch{a_{n}}{a_{n+1}}|[/mm]
>
> [mm]|r|=|\bruch{\bruch{1}{n+1}}{\bruch{1}{(n+1)+1}}|=\bruch{n+2}{n+1}=\limes_{n\rightarrow\infty}\bruch{1}{1+\bruch{1}{n}}+\bruch{2}{n}*\bruch{1}{1+\bruch{1}{n}}=1[/mm]
Damit hat die Potenzreihe
[mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n+1}z^{n+1}
[/mm]
den Konvergenzradius 1
Mach Dir nun klar, dass [mm] \summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n+1}(3x)^{n+1} [/mm] für |x|<1/3 konvergiert.
FRED
>
> Für eine Betrachtung in den Randpunkten [mm](x_{0}-r)[/mm] und
> [mm](x_{0}+r)[/mm] bräuchte ich aber noch ein [mm]x_{0}.[/mm] Ist hier
> [mm]x_{0}=0?[/mm]
>
>
> Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
Hallo,
Die Potenzreihe konvergiert für |3x|<1, also für [mm] |x|<\bruch{1}{3}. [/mm] D.h. im Intervall [mm] -\bruch{1}{3}<|x|<\bruch{1}{3}. [/mm] Das kann ich gut nachvollziehen. Somit wäre das also mein Konvergenzbereich. Somit muss ich auch keine Untersuchung in den Randpunkten mehr anstellen oder?
Was ich aber noch nicht verstehe, wie ich nun daraus eine Funktion ausdrücken kann. Gedanklich versuche ich es immer noch in eine Summenform zu quetschen. Oder kann ich mir das irgendwie leichter machen?
Ich habe mir zur Potenzreihe noch folgendes aufgeschrieben, vielleicht hilft es mir:
[mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n} =\begin{cases} konvergiert, & \mbox{für } |x-x_{0}|r \mbox{ } \end{cases}
[/mm]
Ich muss zugeben ich bin etwas ratlos...
Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:27 So 02.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi,
meine Antwort hier (klick!) wollte ich eigentlich hier schreiben!
Klick' einfach drauf.
P.S. Die Untersuchung in den Randpunkten ist hier auch durchzuführen. Du
kannst sie eventuell mit den Ergebnissen der Antwort, auf die ich verweise,
durchführen, Du kannst sie aber auf jeden Fall auch direkt durchführen:
Für $x=1/3$ ist [mm] $\sum_{n=1}^\infty \frac{3^n}{n}x^n=\sum_{n=1}^\infty [/mm] 1/n$ doch bestimmt divergent gegen [mm] $\infty\,.$ [/mm]
Für [mm] $x=-1/3\,$ [/mm] hilft Dir Leibniz bzw. die Erinnerung, dass [mm] $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n [/mm] 1/n$ eine Reihe
ist, die zwar konvergent, aber nicht absolut konvergent ist (eben wegen
den erwähnten Argumenten)!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:22 So 02.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Andreas,
> Bestimmen Sie die Konvergenzbereich und dargestellte
> Funktion von [mm]\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{3^{n}}{n}*x^{n}.[/mm]
> Hallo,
>
> da die gegebene Reihe die Form einer Potenzreihe hat, muss
> ich den Reihenstart, der für die Potenzreihe "n=0" sein
> muss, erst anpassen.
ja, sowas kann man "der Form halber" machen.
> Dann kann ich umformen in
>
> [mm]\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{n+1}*(3x)^{n+1}[/mm]
Dann müsstest Du aber hier auch noch was machen, denn Potenzreihen
haben nicht die Form [mm] $\sum a_n (x-x_0)^{n\red{ +\;1}}\,,$ [/mm] sondern [mm] $\sum a_n(x-x_0)^\blue{n}\,.$ [/mm]
Einfacher wäre es hier, einfach [mm] $a_n:=\frac{3^n}{n}$ [/mm] für natürliches $n [mm] \ge [/mm] 1$ stehen zu lassen,
und [mm] $a_0:=0$ [/mm] zu setzen. Zudem könntest Du ja, wenn Du ganz genau die
"Potenzreihenform" haben willst, bei Deiner Vorgehensweise etwa
[mm] $z:=3x\,$ [/mm] substituieren, dann hättest Du eine Potenzreihe in der
substituierten Variablen [mm] $z\,.$
[/mm]
Also nochmal kurz:
[mm] $\sum_{n=1}^\infty \frac{3^n}{n}*x^n$
[/mm]
kann man direkt mit [mm] $\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\,,$ [/mm] wobei [mm] $a_0:=0$ [/mm] und [mm] $a_n:=\frac{3^n}{n}$ [/mm] für natürliches $n [mm] \ge [/mm] 1$ und [mm] $x_0:=0$ [/mm]
ist, identifizieren. Letzteres ist eine Potenzreihe in der Ausgangsvariablen [mm] $x\,.$
[/mm]
Du könntest auch
[mm] $\sum_{n=1}^\infty \frac{3^n}{n}*x^n=x*\sum_{k=0}^\infty \frac{3^{k+1}}{k+1}x^k$
[/mm]
schreiben und hast dann ein Produkt zweier Funktionen, die eine Funktion
ist die Identität $x [mm] \mapsto x\,,$ [/mm] die andere die Potenzreihe [mm] $\sum_{n=0}^\infty b_n (x-x_0)^n$ [/mm] mit [mm] $b_n:=\frac{3^{n+1}}{n+1}$
[/mm]
für alle $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] und [mm] $x_0:=0\,.$
[/mm]
Halt Dich nicht zu viel damit auf, mach' Dir später lieber nochmal klar, was
Reihen eigentlich sind (sie stehen für die Folge ihrer Partialsummen) und
dass man das Reihensymbol oft auch in Doppeldeutigkeit benutzt, nämlich,
wenn eine Reihe konvergiert, kann das gleiche Symbol auch für den
Grenzwert der Reihe benutzt werden. Und bei dem ganzen "Brimborium"
hier werden insbesondere die Rechenregeln für konvergente Folgen
eingesetzt.
Zu der "Transformation in Potenzreihendarstellung" kannst Du Dir auch
das hier (klick!) mal durchlesen!
> Nun weiß ich aber nicht so recht, wie ich das in die
> Summenformel verpacken soll, um die Funktion auszudrücken.
> Meine Idee:
>
> f(x)= [mm](\bruch{3x}{n+1})*(\bruch{1}{1-3x})[/mm]
>
> Ist das richtig?
Nein: Wie soll denn "das laufende [mm] $x\,$" [/mm] als festes [mm] $x\,$ [/mm] in eine Funktion
verpackt werden?
> Muss ich überhaupt den Reihenstart
> anpassen?
Siehe oben.
Und nochmal zurück, und bleiben wir mal bei Deiner Methodik mit der
Substitution [mm] $z=3x:\,$
[/mm]
[mm] $$\sum_{n=1}^\infty \frac{3^n}{n} x^n=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^{n}$$
[/mm]
Mit [mm] $\underline{a_0}:=0$ [/mm] und [mm] $\underline{a_n}:=\frac{1}{n}$ [/mm] für $n [mm] \in \IN$ [/mm] ist das eine Potenzreihe in der
Variablen [mm] $z\,:$ [/mm]
[mm] $$\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n} \;z^n\,.$$
[/mm]
Du hast schon ausgerechnet, dass diese Potenzreihe in der Variablen [mm] $z\,$ [/mm]
den Konvergenzradius [mm] $1\,$ [/mm] hat. Daher darfst Du für $|z| < 1$ (was genau dann
der Fall ist, wenn $-1 < z < [mm] 1\,$ [/mm] bzw. [mm] $-\tfrac{1}{3} [/mm] < x < [mm] \tfrac{1}{3}$) [/mm] einfach gliedweise differenzieren:
Setzen wir also [mm] $g(z):=\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n}\; z^n\,,$ [/mm] so wissen wir
[mm] $$g\,'(z)=(\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n} \;z^n)=\underline{a_0}'+(\sum_{n=1}^\infty \underline{a_n}*z^{n})'=0+(\sum_{n=1}^\infty n*\underline{a_n}*z^{n-1})\,.$$
[/mm]
(Ich will hier nicht unerwähnt lassen, dass [mm] $\,'$ [/mm] hier nicht für [mm] $\tfrac{d}{dx}\,,$ [/mm] sondern für [mm] $\tfrac{d}{dz}$ [/mm]
von mir verwendet wird!)
Jetzt ist sofort ersichtlich (bedenke, was [mm] $n*\underline{a_n}$ [/mm] ergibt!):
[mm] $$g'(z)=\frac{1}{1-z}\,.$$
[/mm]
Finde nun eine Stammfunktion [mm] $g_1=g_1(z)\,$ [/mm] zu $z [mm] \mapsto \frac{1}{1-z}\,.$ [/mm] Um "die passende"
Stammfunktion [mm] $g=g(z)\,$ [/mm] dann herauszukristallisieren, solltest Du beachten,
dass mit [mm] $g(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n$ [/mm] doch sicher [mm] $g(0)=0\,$ [/mm] gelten muss.
Falls also [mm] $g_1$ [/mm] eine Stammfunktion zu [mm] $g'=g'(z)=\frac{1}{1-z}$ [/mm] ist, die noch nicht
[mm] $g_1(0)=0$ [/mm] erfüllt, dann setze [mm] $g:=g_1-g_1(0)\,.$ [/mm]
Zu guter letzt beachte dann, dass $f(x)=g(3x)$ ist, also mit $z=z(x)=3x$ gilt halt
$$f(x)=(g [mm] \circ [/mm] z)(x)$$
für [mm] $-\tfrac{1}{3} [/mm] < x < [mm] \tfrac{1}{3}\,.$ [/mm] D.h., wenn Du $g=g(z)$ kennst, dann kennst Du auch $f(x)=g(3x)$!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Hi Marcel,
> Du hast schon
> ausgerechnet, dass diese Potenzreihe in der Variablen [mm]z\,[/mm]
> den Konvergenzradius [mm]1\,[/mm] hat. Daher darfst Du für [mm]|z| < 1[/mm]
> (was genau dann
> der Fall ist, wenn [mm]-1 < z < 1\,[/mm] bzw. [mm]-\tfrac{1}{3} < x < \tfrac{1}{3}[/mm])
> einfach gliedweise differenzieren:
> Setzen wir also [mm]g(z):=\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n}\; z^n\,,[/mm]
> so wissen wir
> [mm]g\,'(z)=(\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n} \;z^n)=\underline{a_0}'+(\sum_{n=1}^\infty \underline{a_n}*z^{n})'=0+(\sum_{n=1}^\infty n*\underline{a_n}*z^{n-1})\,.[/mm]
Weshalb differenziere ich hier? Das Ergebnis dieser Differentiation ist...automatisch meine gesuchte Funktion (angenommen ich hätte nicht substituiert)?
PS: Vielen Dank für deine ausführliche Hilfe!
Lieben Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:25 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andreas,
> Hi Marcel,
>
> > Du hast schon
> > ausgerechnet, dass diese Potenzreihe in der Variablen [mm]z\,[/mm]
> > den Konvergenzradius [mm]1\,[/mm] hat. Daher darfst Du für [mm]|z| < 1[/mm]
> > (was genau dann
> > der Fall ist, wenn [mm]-1 < z < 1\,[/mm] bzw. [mm]-\tfrac{1}{3} < x < \tfrac{1}{3}[/mm])
> > einfach gliedweise differenzieren:
> > Setzen wir also [mm]g(z):=\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n}\; z^n\,,[/mm]
> > so wissen wir
> > [mm]g\,'(z)=(\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n} \;z^n)=\underline{a_0}'+(\sum_{n=1}^\infty \underline{a_n}*z^{n})'=0+(\sum_{n=1}^\infty n*\underline{a_n}*z^{n-1})\,.[/mm]
>
>
> Weshalb differenziere ich hier? Das Ergebnis dieser
> Differentiation ist...automatisch meine gesuchte Funktion
> (angenommen ich hätte nicht substituiert)?
mach' es einfach mal, das solltest Du selber spätestens dann sehen, wenn
Du es gerechnet hast, warum wir hier differenziert haben.
Und natürlich ist das nicht automatisch Deine gesuchte Funktion, ich habe
oben nun wirklich alles ausführlich geschrieben, was wir da machen und
wie wir weiter damit arbeiten. Lies das bitte auch mal ausführlich.
Und natürlich kann man das ganze auch direkt, ohne Substitution, machen.
Die Substitution hilft uns hier (minimal), einen besseren Überblick zu behalten!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:35 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi Marcel,
>
> > Du hast schon
> > ausgerechnet, dass diese Potenzreihe in der Variablen [mm]z\,[/mm]
> > den Konvergenzradius [mm]1\,[/mm] hat. Daher darfst Du für [mm]|z| < 1[/mm]
> > (was genau dann
> > der Fall ist, wenn [mm]-1 < z < 1\,[/mm] bzw. [mm]-\tfrac{1}{3} < x < \tfrac{1}{3}[/mm])
> > einfach gliedweise differenzieren:
> > Setzen wir also [mm]g(z):=\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n}\; z^n\,,[/mm]
> > so wissen wir
> > [mm]g\,'(z)=(\sum_{n=0}^\infty \underline{a_n} \;z^n)=\underline{a_0}'+(\sum_{n=1}^\infty \underline{a_n}*z^{n})'=0+(\sum_{n=1}^\infty n*\underline{a_n}*z^{n-1})\,.[/mm]
>
>
> Weshalb differenziere ich hier?
ich kann hier übrigens auch sagen: Wegen des HDI's gilt ja
[mm] $$\int f\,'(t)dt$$
[/mm]
ist halt, wie [mm] $f\,,$ [/mm] eine Stammfunktion zu [mm] $f\,'$ [/mm] (beachte, dass hier [mm] $f\,'$ [/mm] stetig
im Inneren des Konvergenzkreises ist)!
Der "Witz" hier ist halt, dass wir zwar [mm] $f(z)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n$ [/mm] noch nicht
'in eine einfachere, explizite Form' bringen können - aber das wird mit [mm] $f\,'$ [/mm] aber
gelingen - das wirst Du sehen, wenn Du das mal ausgerechnet hast (also
gliedweise differenziert hast)!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Also wenn ich
[mm] f(z)=\bruch{1}{n}*z^{n}
[/mm]
ableite, dann erhalte ich
[mm] f'(z)=z^{n-1}
[/mm]
welches rücksubstituiert für z=3x
[mm] f'(z)=(3x)^{n-1}
[/mm]
ergibt. Durch das Ableiten ist das [mm] a_{n} =\bruch{1}{n} [/mm] weggefallen und ich könnte nun an dieser Stelle den Reihenstart an die Potenzreihe anpassen, indem ich den Summenindex um 1 erniedrige und in der Summe um 1 erhöhe, was mit [mm] (3x)^{n-1} [/mm] zur Folge hätte, dass ich [mm] (3x)^{n} [/mm] erhalte. Somit könnte ich durch die Summenformel
[mm] \bruch{1}{1-q} [/mm] mit q=3x
die Funktion wie folgt ausdrücken:
[mm] f(x)=\bruch{1}{1-3x}
[/mm]
Was hälst du davon?
Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:23 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Andi,
> Also wenn ich
>
> [mm]f(z)=\bruch{1}{n}*z^{n}[/mm]
wir hatten aber
[mm] $$f(z)=\red{\;\sum_{n=1}^\infty\;} \frac{1}{n}z^n$$
[/mm]
> ableite, dann erhalte ich
>
> [mm]f'(z)=z^{n-1}[/mm]
Dann hättest Du also
[mm] $$f\,'(z)=\sum_{n=1}^\infty z^{n-1}=\sum_{n=0}^\infty z^n\,.$$
[/mm]
> welches rücksubstituiert für z=3x
Das kann man hier schon machen, aber eigentlich hatte ich das so nicht
vorgeschlagen. Aber machen wir es meinetwegen!
> [mm]f'(z)=(3x)^{n-1}[/mm]
>
> ergibt. Durch das Ableiten ist das [mm]a_{n} =\bruch{1}{n}[/mm]
> weggefallen
Nein, es gilt [mm] $\underline{a_n}\,*n=\frac{1}{n}*n\,,$ [/mm] da entsteht also der Faktor
1 - das ist zwar sicher das, was Du meinst, aber "wegfallen" finde ich da
eine unpassende Formulierung!
> und ich könnte nun an dieser Stelle den
> Reihenstart an die Potenzreihe anpassen, indem ich den
> Summenindex um 1 erniedrige und in der Summe um 1 erhöhe,
> was mit [mm](3x)^{n-1}[/mm] zur Folge hätte, dass ich [mm](3x)^{n}[/mm]
> erhalte. Somit könnte ich durch die Summenformel
>
> [mm]\bruch{1}{1-q}[/mm] mit q=3x
>
> die Funktion wie folgt ausdrücken:
>
> [mm]f(x)=\bruch{1}{1-3x}[/mm]
Ja, sofern Du halt bei Deiner Funktion [mm] $f\,$ [/mm] das Summenzeichen nicht verschlampst;
und das, was Du zuletzt schreibst, gilt nicht für [mm] $f\,,$ [/mm] sondern:
Hier müsstest Du halt f\,'(x) Edit: [mm] $\frac{d}{dz}f(x)=\frac{1}{1-3x}$ [/mm] und $dz=3dx$ benutzen - und
das Ganze passt so auch nur, wenn Du, wie gesagt, das Summenzeichen
nicht immer einfach verschlampst, was Du oben aber ständig gemacht hast.
So geht das natürlich auch. Jetzt kennst Du eine explizite Darstellung für
[mm] $f\,'\,.$ [/mm] Finde nun eine Stammfunktion für [mm] $f\,'.$ [/mm] Und beachte, dass Du unter
den Stammfunktionen, die existieren, dann die auswählen musst, die
[mm] $f(0)=0\,$ [/mm] erfüllt!
> Was hälst du davon?
Wie gesagt: Du bist noch NICHT fertig! Das liegt vor allem sicher an dem
nicht sauberen Aufschrieb!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Ja die Notation mit dem Summenzeichen ist ungewohnt, das unterschlage ich leider gerne.
Ich habe also die explizite Funktion
[mm] f'(x)=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{1-3x}
[/mm]
die ich nun, um die Stammfunktion zu finden (mit der Bed. dass f(0)=0), integriere, d.h.
[mm] f(x)=\summe_{n=0}^{\infty}\integral_{}^{}{f'(x) dx}
[/mm]
[mm] f(x)=\summe_{n=0}^{\infty}\integral_{}^{}{ \bruch{1}{1-3x} dx}
[/mm]
Meine benutzte Integralformel ist
[mm] \integral_{}^{}{ \bruch{1}{ax+b} dx}
[/mm]
und meine Stammfunktion lautet:
[mm] f(x)=\summe_{n=0}^{\infty} -\bruch{1}{3}*ln|-3x+1|
[/mm]
Für den Fall f(x=0) ist:
f(0)=0, da ln(1)=0.
Ich verstehe nun (hoffentlich) auch, warum ich anfangs differenziert habe - um mir die Sache einfacher zu machen. Und mit dem Integrieren mache ich dies nun wieder rückgängig unter Einbehaltung der Bedingung die erfüllt sein muss.
Ich hoffe das stimmt, was ich da von mir gebe. 
Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:15 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Andreas,
> Ja die Notation mit dem Summenzeichen ist ungewohnt, das
> unterschlage ich leider gerne.
>
> Ich habe also die explizite Funktion
>
> [mm]f'(x)=\summe_{n=0}^{\infty}\bruch{1}{1-3x}[/mm]
Hilfe: Jetzt nimmst Du Summenzeichen dazu, wo sie NICHT hingehören.
Hier mal kurz:
[mm] $f(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}*(3x)^n$ [/mm] (mit $z=3x$ dann für $|z| < 1$ bzw. $|3x| < [mm] 1\,$)
[/mm]
ging über in
[mm] $$=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n\,.$$
[/mm]
Dann:
[mm] $$\frac{d}{dz}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n=\sum_{n=1}^\infty \frac{d}{dz} \frac{1}{n}z^n=\sum_{n=\red{0}}^\infty z^n=\frac{1}{1-z}\,.$$
[/mm]
Jetzt haben wir auch einen Fehler gemacht (das hatte ich vorhin übersehen,
weil Du den Vorschlag mit der "Rücksubstitution" gemacht hattest, habe
ich nicht beachtet, dass man etwas beachten muss, wenn man es 'zu früh'
macht - ich habe das mal in der anderen Antwort editiert):
Wir wissen nun
[mm] $$\frac{d}{\red{\;dz\;}}f(x)=\frac{1}{1-z}=\frac{1}{1-3x}$$
[/mm]
Benutze nun erstmal $z(x)=3x [mm] \Longrightarrow dz=3dx\,.$
[/mm]
Jetzt auf ein Neues:
Du wirst dann also sehen:
[mm] $$f\,'(x)=\frac{d}{dx}f(x)=\frac{3}{1-3x}\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Den Faktor 3 kann ich vor das Integral ziehen, das darf ich ja, dann muss es heißen
[mm] f(x)=3\integral_{}^{}{ \bruch{1}{1-3x} dx}
[/mm]
f(x)= -ln|-3x+1|
Wenn ich jetzt nicht rücksubstituiert hätte käme dasselbe raus, auch vorzeichentechnisch stimmt es:
[mm] f(z)=\integral_{}^{}{ \bruch{1}{1-z} dz}
[/mm]
f(z)=-ln|-z+1|
An dieser Stelle wäre die Rücksubstitution sinnvoller gewesen, das gebe ich zu.
Ich hoffe es stimmt.
Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:21 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi Andreas,
> Den Faktor 3 kann ich vor das Integral ziehen, das darf ich
> ja, dann muss es heißen
>
> [mm]f(x)=3\integral_{}^{}{ \bruch{1}{1-3x} dx}[/mm]
>
> f(x)= -ln|-3x+1|
Ja, nur Du brauchst den Betrag nicht: Wir betrachten eh nur $x [mm] \in (-\tfrac{1}{3},\;\tfrac{1}{3})$
[/mm]
Also
[mm] $$f(x)=\;-\;\ln(1-3x)$$
[/mm]
> Wenn ich jetzt nicht rücksubstituiert hätte käme
> dasselbe raus, auch vorzeichentechnisch stimmt es:
>
> [mm]f(z)=\integral_{}^{}{ \bruch{1}{1-z} dz}[/mm]
> f(z)=-ln|-z+1|
Die Funktion solltest Du nicht mehr $f=f(z)$ nennen. Wir haben ja schon [mm] $f=f(x)\,.$
[/mm]
Mit $h(x)=3x$ ist doch mit [mm] $g(z):=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}z^n=\int \frac{1}{1-z}dz=\;-\;\ln(1-z)$ [/mm] und dann
$$f(x)=(g [mm] \circ h)(x)\,,$$
[/mm]
also
[mm] $$f(x)=\;-\;\ln(1-3x)\,.$$
[/mm]
> An dieser Stelle wäre die Rücksubstitution sinnvoller
> gewesen, das gebe ich zu.
Man muss halt aufpassen, wenn man substituiert, ob man nach [mm] $dx\,$ [/mm] oder [mm] $dz\,$
[/mm]
ableitet bzw. ob [mm] $dx\,$ [/mm] oder [mm] $dz\,$ [/mm] die Integrationsvariable ist!
Im Prinzip kannst Du das alles auch (i.W.) ohne Substitution rechnen.
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 Do 06.06.2013 | | Autor: | Mathe-Andi |
Hallo Marcel,
ich danke Dir für deine Hilfe. Der Nutzen des Differenzierens in Bezug auf solche Problemstellungen ist mir klar geworden. Bleibt nur zu hoffen, dass ich sowas in Aufgabenstellungen von selbst erkenne und anwende. Das ist immer die Schwierigkeit.
Danke auch für deinen letzten Hinweis zur Stammfunktion im anderen Ast. Das ist echt top!
Lieben Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:27 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich verstehe nun (hoffentlich) auch, warum ich anfangs
> differenziert habe - um mir die Sache einfacher zu machen.
naja, durch das Differenzieren kommst Du auf eine Reihe, für die Du eine
explizite Darstellung kennst. Das ist der Grund.
> Und mit dem Integrieren mache ich dies nun wieder
> rückgängig unter Einbehaltung der Bedingung die erfüllt
> sein muss.
Naja, wenn man unter [mm] $\int [/mm] g(t)dt$ eine Stammfunktion von [mm] $g\,$ [/mm] versteht, dann
gilt halt i.a. nicht (unter entsprechenden Voraussetzungen an [mm] $f\,$ [/mm] und [mm] $f\,'$)
[/mm]
[mm] $$f=\int f\,'(t)dt\,,$$
[/mm]
sondern
[mm] $$f=\int f\,'(t)dt+c$$
[/mm]
mit einer Konstanten [mm] $c\,.$ [/mm] Wie bestimmt man dieses [mm] $c\,$ [/mm] dann?
Nebenbei: [mm] $f=(\int [/mm] f(t)dt)'$ enthält "diese Problematik" nicht! (Sofern man alles, was
man da hinschreibt, auch "hinschreiben darf"!)
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
> Naja, wenn man unter [mm]\int g(t)dt[/mm] eine Stammfunktion von [mm]g\,[/mm]
> versteht, dann
> gilt halt i.a. nicht (unter entsprechenden Voraussetzungen
> an [mm]f\,[/mm] und [mm]f\,'[/mm])
> [mm]f=\int f\,'(t)dt\,,[/mm]
> sondern
> [mm]f=\int f\,'(t)dt+c[/mm]
> mit einer Konstanten [mm]c\,.[/mm] Wie bestimmt
> man dieses [mm]c\,[/mm] dann?
Ich bestimme c indem ich die Bedingungen in die allgemeine Lösung einsetze und c berechne, so dass jene Bedingungen erfüllt sind. Jedenfalls geht man so bei Anfangs-und Randwertproblemen vor. Ist es das, was du meinst?
Gruß, Andreas
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:32 Di 04.06.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Naja, wenn man unter [mm]\int g(t)dt[/mm] eine Stammfunktion von [mm]g\,[/mm]
> > versteht, dann
> > gilt halt i.a. nicht (unter entsprechenden
> Voraussetzungen
> > an [mm]f\,[/mm] und [mm]f\,'[/mm])
> > [mm]f=\int f\,'(t)dt\,,[/mm]
> > sondern
> > [mm]f=\int f\,'(t)dt+c[/mm]
> > mit einer Konstanten [mm]c\,.[/mm] Wie
> bestimmt
> > man dieses [mm]c\,[/mm] dann?
>
> Ich bestimme c indem ich die Bedingungen in die allgemeine
> Lösung einsetze und c berechne, so dass jene Bedingungen
> erfüllt sind. Jedenfalls geht man so bei Anfangs-und
> Randwertproblemen vor. Ist es das, was du meinst?
?? wir sind doch einfach nur bei Stammfunktionen: Pass' auf: Gegeben sei
eine Funktion [mm] $F(x)\,.$ [/mm] Wir setzen [mm] $f:=F\,'\,.$ [/mm] Dann wissen wir nur
[mm] $$F=\int F\,'(t)dt+c=\int f(t)dt+c\,.$$
[/mm]
Schreiben wir mal [mm] $F_1:=\int f(t)dt\,.$ [/mm] Dann gilt
$$F(x) [mm] \equiv F_1(x)+c\,.$$
[/mm]
Ist nun [mm] $x_0$ [/mm] mit [mm] $F(x_0)$ [/mm] bekannt gewesen, so folgt [mm] $c=F(x_0)-F_1(x_0)$ [/mm] und damit
[mm] $$F(x)\equiv F_1(x) [/mm] + [mm] (F(x_0)-F_1(x_0))\,.$$
[/mm]
Kurzgesagt: Wenn Du eine Funktion [mm] $f\,$ [/mm] ableitest (sofern das erlaubt ist), und
Du dann zu der abgeleiteten Funktion wieder irgendeine Stammfunktion [mm] $f_1$
[/mm]
hast, so hast Du die Ausgangsfunktion [mm] $f\,$ [/mm] sicher dann, wenn Du Dir eine
Stelle [mm] $x_0$ [/mm] und den Wert [mm] $f(x_0)$ [/mm] gemerkt hast, indem Du
$$f(x) [mm] \equiv f_1(x)+(f(x_0)-f_1(x_0))$$
[/mm]
schreibst. Ich glaube aber, dass meine Frage bzgl. dieser Überlegung nicht
ganz klar gestellt war.
P.S. Das wichtigstes Fazit dieser Überlegung ist: Sind [mm] $F_1$ [/mm] und [mm] $F_2$ [/mm] Stammfunktionen
einer Funktion [mm] $f\,,$ [/mm] so folgt schon [mm] $F_1=F_2$ [/mm] (also [mm] $F_1(x) \equiv F_2(x)$), [/mm] wenn es eine Stelle
[mm] $x_0$ [/mm] mit [mm] $F_1(x_0)=F_2(x_0)$ [/mm] gibt!
Kurz: Stimmen (zu einer gemeinsamen Funktion [mm] $f\,$) [/mm] zwei Stammfunktionen auch
nur an einer Stelle überein, so sind sie schon identisch.
Eigentlich muss man hier noch mehr Voraussetzungen erwähnen, aber die
erspare ich mir hier. Genaue Formulierungen findet man in entsprechenden
Fachbüchern oder Skripten (z.B. kann man sagen, dass $f [mm] \colon [/mm] I [mm] \to \IR$ [/mm] auf
einem Intervall $I [mm] \subseteq \IR$ [/mm] definiert sein soll und eine Stammfunktion haben
soll - bspw. könnte [mm] $f\,$ [/mm] stetig sein...)
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
