Summe einer Reihe < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:53 So 22.04.2012 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Berechne die Summe der Reihe:
[mm] \sum_{n=1}^\infty n^2 [/mm] * [mm] z^{n} [/mm] |
Kann man da was mit der geometrischen Reihe machen?
ich weiß außerdem [mm] \sum_{n=1}^\infty [/mm] n * [mm] z^{n} =\frac{z}{(1-z)^2}
[/mm]
[mm] \sum_{n=1}^\infty n^2 [/mm] * [mm] z^{n} [/mm] = z* [mm] \sum_{n=1}^\infty n^2 [/mm] * [mm] z^{n-1} [/mm]
LG, danke
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Ja, das geht mit der geometrischen Reihe. Einfach zweimal ableiten:
[mm]y = \sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{1-z} \, , \ \ y' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) z^n = \frac{1}{(1-z)^2} \, , \ \ y'' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(n+2) z^n = \frac{2}{(1-z)^3}[/mm]
Mit drei reellen Parametern [mm]u,v,w[/mm] kannst du jetzt den Ausdruck
[mm]uy + vy' + wy'' = \sum_{n=0}^{\infty} \underbrace{\left( u + (n+1)v + (n+1)(n+2)w \right)}_{p(n)} z^n[/mm]
bilden. [mm]p(n)[/mm] ist ein Polynom vom Grad 2 in [mm]n[/mm]. Du mußt nur [mm]p(n) = n^2[/mm] setzen und kannst dann [mm]u,v,w[/mm] durch Koeffizientenvergleich bestimmen. Das läuft auf ein lineares Gleichungssystem in [mm]u,v,w[/mm] hinaus. Es hat schon Dreiecksgestalt.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:12 So 22.04.2012 | | Autor: | sissile |
Hallo,
> $ uy + vy' + wy'' = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \underbrace{\left( u + (n+1)v + (n+1)(n+2)w \right)}_{p(n)} z^n [/mm] $
u* [mm] \frac{1}{1-z}+v* \frac{1}{(1-z)^2} [/mm] +w* [mm] \frac{2}{(1-z)^3} $=\sum_{n=0}^\infty n^2 [/mm] * [mm] z^n
[/mm]
Wie meinst du das hier mit dem koeffizientenvergleich?
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[mm]n[/mm] ist die Variable des Polynoms [mm]p(n)[/mm]. Und für dieses Polynom und das Polynom [mm]q(n) = n^2[/mm] mußt du einen Koeffizientenvergleich durchführen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:23 Mo 23.04.2012 | | Autor: | sissile |
Hallo nochmal
Jetzt hab ich verstanden was du meinst.
u + (n+1)*v + (n+1)*(n+2)*w = [mm] n^2
[/mm]
u + (n+1)*v + [mm] (n^2+3n+2)*w [/mm] = [mm] n^2
[/mm]
Wie soll ich da jetzt einen Koeffizientenvergleich machen?
es steht ja nunmal nicht nur $ [mm] n^2 [/mm] $ vor w
lg
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Hiho,
weiter ausmultiplizieren und nicht nach dem ersten Schritt aufhören zu denken! Dann Summanden sortieren nach quadratischen, linearen und Restgliedern, zusammenfassen, dann Koeffizientenvergleich.
Bedenke dabei: [mm] $n^2 [/mm] = [mm] 1*n^2 [/mm] + 0*n + 0$
MFG,
Gono.
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Manchmal muß man nur den Mut haben, Dinge, die man gelernt hat, auch anzuwenden. Um das auf ein höheres Abstraktionsniveau zu bringen: Hinter dem Koeffizientenvergleich steckt nichts anderes als die Tatsache, daß die Potenzpolynome [mm]b_0,b_1,b_2[/mm] mit
[mm]b_0(n) = 1, \ b_1(n) = n, \ b_2(n) = n^2[/mm]
eine Basis des [mm]\mathbb{R}[/mm]-Vektorraums der Polynome über [mm]\mathbb{R}[/mm] in [mm]n[/mm] von höchstens zweitem Grad bilden.
Ich könnte fast wetten, daß dir Aufgabenstellungen dazu aus der Linearen Algebra bekannt sind.
Was die Aufforderung angeht, nicht einfach irgendwo stehen zu bleiben, sondern selber einmal initiativ zu werden, kann ich mich Gonozal_IX voll und ganz anschließen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:38 Mo 23.04.2012 | | Autor: | sissile |
Ich hätte noch eine Frage ;)
> $ y = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} z^n [/mm] = [mm] \frac{1}{1-z} \, [/mm] , \ \ y' = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} [/mm] (n+1) [mm] z^n [/mm] = [mm] \frac{1}{(1-z)^2} \, [/mm] , \ \ y'' = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} [/mm] (n+1)(n+2) [mm] z^n [/mm] = [mm] \frac{2}{(1-z)^3} [/mm] $
Differenzierst du hier nicht jeweils die Summe?
[mm] (z^n)' [/mm] = [mm] (n*z^{n-1})
[/mm]
Oder machst du etwas anderes?
LG
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Hallo sissile,
> Ich hätte noch eine Frage ;)
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> > [mm]y = \sum_{n=0}^{\infty} z^n = \frac{1}{1-z} \, , \ \ y' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1) z^n = \frac{1}{(1-z)^2} \, , \ \ y'' = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)(n+2) z^n = \frac{2}{(1-z)^3}[/mm]
>
> Differenzierst du hier nicht jeweils die Summe?
Ja, das darf man innerhalb ihres Konvergenzgebietes tun - und das gliedweise ...
> [mm](z^n)'[/mm] = [mm](n*z^{n-1})[/mm]
Ja, nach dem Schema
> Oder machst du etwas anderes?
Nein.
Fasse [mm]y[/mm] als Funktion von [mm]z[/mm] auf, also [mm]y(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^n[/mm] bzw. in der anderen Darstellung [mm]y(z)=\frac{1}{1-z}[/mm] (für [mm]|z|<1[/mm])
> LG
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:02 Mo 23.04.2012 | | Autor: | sissile |
Jedoch: $ [mm] y(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^n [/mm] $
[mm] y'(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}n*z^{n-1} [/mm] $
Was verstehe ich hier falsch?
LG
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Hallo nochmal,
> Jedoch: [mm]y(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}z^n[/mm]
> [mm]y'(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}n*z^{n-1}[/mm] $
>
> Was verstehe ich hier falsch?
Nix, ist doch richtig.
Wie ist denn der Summand für [mm]n=0[/mm]?
Du kannst also genauso schreiben [mm]y'(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}nz^{n-1}[/mm]
Nun eine Indexverschiebung, vermindere den Laufindex n "an" der Summe um 1 und gleiche das aus, indem du "in" der Summe entsprechend um 1 erhöhst.
Raus kommt genau die Summe, die weiter oben in einer Antwort steht.
Gruß
schachuzipus
> LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:26 Mo 23.04.2012 | | Autor: | sissile |
Ich erhalte u=1,v=-3,w=1
Eingesetzt [mm] \frac{-z^2 + 5z -2}{(1-z)^3}
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:54 Mo 23.04.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
dein eingesetzter Ausdruck ist falsch, rechne nach, darauf das 3 mal zur Sicherheit zu rechnen kannst du auch selbst kommen.
gruss leduart
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