Gegen welchen Wert Reihe konv < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:04 Sa 06.10.2012 | | Autor: | Lu- |
| Aufgabe | [mm] \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}
[/mm]
Konvergiert die Reihe? Und wenn ja, gegen welchen Wert? |
Hallo,
Also das gesamte Bsp. war die taylorreihe von arctan(x) an [mm] x_0=0 [/mm] zu bestimmen und nun ist nach der Konvergenz der Reihe im Punkt x=1 gefragt.
[mm] \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}= [/mm] 1 - 1/3 +1/5 -1/7 +1/9-..
LeibnizKriterium sagt mir, dass die Reihe konvergiert.
Wie finde ich aber nun raus gegen was die Reihe konvergiert?
Theoretisch muss [mm] \pi/4 [/mm] rauskommen, aber wie zeig ich das?
Mfg LU
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:15 Sa 06.10.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
weil du arctan(1) kennst.
gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:32 Sa 06.10.2012 | | Autor: | Lu- |
Dazu müsste ich aber vorher zeigen, dass die Funktion analytisch ist oder?
Kann man den Wert nicht auch durch die Reihe bestimmen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:52 Sa 06.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Lu-,
> Dazu müsste ich aber vorher zeigen, dass die Funktion
> analytisch ist oder?
>
> Kann man den Wert nicht auch durch die Reihe bestimmen?
Ich wüßte nicht wie. Aber das heißt nicht viel.
Du weißt, daß der Konvergenzradius der Taylorreihe 1 ist. Innerhalb des Konvergenzkreises konvergiert die Reihe also gegen [mm] $\arctan$. [/mm] Dummerweise liegt jetzt 1 auf dem Rand des Konvergenzkreises.
Es bleibt für dich zu zeigen, daß die Taylorreihe auch im Punkt 1 gegen [mm] $\arctan 1=\pi/4$ [/mm] konvergiert. Vielleicht habt Ihr etwas ähnliches schon mal gemacht. (z. B. für [mm] $\ln [/mm] 2$).
Gruß,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:14 So 07.10.2012 | | Autor: | Lu- |
Hallo nochmal,
> Du weißt, daß der Konvergenzradius der Taylorreihe 1 ist. Innerhalb des Konvergenzkreises konvergiert die Reihe also gegen $ [mm] \arctan [/mm] $. Dummerweise liegt jetzt 1 auf dem Rand des Konvergenzkreises.
Jap leider.
ich weiß nur das bei 1 die Taylorreihe konvergiert, aber nicht ob sie gegen die Funktion konvergiert.
> Es bleibt für dich zu zeigen, daß die Taylorreihe auch im Punkt 1 gegen $ [mm] \arctan 1=\pi/4 [/mm] $ konvergiert.
d.h. ich muss mir den Rest in der lagrange-darstellung anschauen, und schauen ober er bei x=1 gegen 0 konvergiert?
Oder siehst du da einen anderen Weg?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:41 So 07.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo Lu_,
> ich weiß nur das bei 1 die Taylorreihe konvergiert, aber
> nicht ob sie gegen die Funktion konvergiert.
>
> > Es bleibt für dich zu zeigen, daß die Taylorreihe auch im
> Punkt 1 gegen [mm]\arctan 1=\pi/4[/mm] konvergiert.
> d.h. ich muss mir den Rest in der lagrange-darstellung
> anschauen, und schauen ober er bei x=1 gegen 0
> konvergiert?
Dies müßte gehen. Fehler für $x<1$ abschätzen und dann $x$ von links gegen eins gehen lassen. Statt der Lagrange-Darstellung kannst Du auch den Abbruchfehler bei alternierenden Reihen nehmen. Das ist wahrscheinlich etwas einfacher.
Gruß,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:09 So 07.10.2012 | | Autor: | Lu- |
> Statt der Lagrange-Darstellung kannst Du auch den Abbruchfehler bei alternierenden Reihen nehmen.
Aber das würde dann doch nichts aussagen, darüber ob die Funktion zu den wert arctan(1) konvergiert..
[mm] |s-s_m|<= a_{m+1} \forall [/mm] m [mm] \in \IN
[/mm]
| [mm] \sum_{s=0}^\infty \frac{(-1)^s}{2s+1} [/mm] - [mm] \sum_{s=0}^m \frac{(-1)^s}{2s+1} [/mm] | <= [mm] \frac{1}{2m+3}
[/mm]
Weil für die Lagrange-Darstellung brauch ich die allgemeine Form der Ableitung von arctan(x). Und die wird so mehr ich ableite, komplizierter und ich seh keine einheitliche Form.
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Hallo Lu-,
na schön: offenbar will Dir niemand ![[]](/images/popup.gif) diesen Link verraten.
Da betätige ich mich mal als Spielverderber. 
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:47 So 07.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Guten Morgen Lu-,
> > Statt der Lagrange-Darstellung kannst Du auch den Abbruchfehler bei alternierenden Reihen nehmen.
> Weil für die Lagrange-Darstellung brauch ich die
> allgemeine Form der Ableitung von arctan(x). Und die wird
> so mehr ich ableite, komplizierter und ich seh keine
> einheitliche Form.
Genau! Dies ist mir auch durch den Kopf gegangen -- auf dem Weg ins Schlafzimmer.
Für [mm] $x\in(0;1)$ [/mm] alterniert die Taylorreihe von [mm] $\arctan$ [/mm] und konvergiert gegen [mm] $\arctan [/mm] x$. Mit der Abschätzung für den Abbruchfehler bei alternierenden Reihen erhalten wir:
[mm] $\left| \arctan x - \sum_{k=0}^{n-1} \frac {(-1)^k} {2k+1} x^{2k+1}\right| \le \frac {x^{2n+1}} {2n+1}\;.$
[/mm]
Weil [mm] $\arctan$, [/mm] die endliche Summe und die Fehlerabschätzung in 1 stetig sind, bleibt die Ungleichung bei dem linksseitigen Grenzübergang [mm] $x\uparrow [/mm] 1$ erhalten:
[mm] $\left|\arctan 1 - \sum_{k=0}^{n-1} \frac {(-1)^k} {2k+1} \right| \le \frac [/mm] 1 [mm] {2n+1}\;.$
[/mm]
Und jetzt [mm] $n\to\infty$.
[/mm]
Gruß Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:37 So 07.10.2012 | | Autor: | Lu- |
Hallo,
Ich danke euch für die Hilfe!! ;)
Mfg LU
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:29 So 07.10.2012 | | Autor: | fred97 |
Es ist
$ [mm] \arctan [/mm] x = [mm] \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{2k+1} [/mm] $
zunächst für |x|<1. Mit dem Leibnizkriterium sieht man, dass die Reihe
$ [mm] \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{2k+1} [/mm] $
auch noch für x= [mm] \pm [/mm] 1 konvergiert.
Was sagt nun der Abelsche Grenzwertsatz zum Reihenwert in x= [mm] \pm [/mm] 1 ?
FRED
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 09:54 So 07.10.2012 | | Autor: | Helbig |
Hallo FRED,
> zunächst für |x|<1. Mit dem Leibnizkriterium sieht man,
> dass die Reihe
>
> [mm]\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{x^{2k+1}}{2k+1}[/mm]
>
> auch noch für x= [mm]\pm[/mm] 1 konvergiert.
Für $x=-1$ alterniert die Reihe nicht. Sie divergiert dort sogar.
Korrektur: Dies nehme ich mit dem Ausdruck des Bedauerns zurück und behaupte das Gegenteil!
Gruß Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:21 So 07.10.2012 | | Autor: | fred97 |
Hallo Wolfgang,
Für x=-1 haben wir $ [mm] \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(-1)^{2k+1}}{2k+1} [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{1}{2k+1} [/mm] $
und das konvergiert.
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:32 So 07.10.2012 | | Autor: | Helbig |
> Hallo Wolfgang,
>
> Für x=-1 haben wir [mm]\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(-1)^{2k+1}}{2k+1} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{1}{2k+1}[/mm]
>
> und das konvergiert.
Stimmt! Da hab' ich mich vertan!
Gruß Wolfgang
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