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| Aufgabe | | Entwickeln Sie die Potenzreihe [mm] f(x)=\bruch{ln(1-x^{2})}{1+x} [/mm] bis zum Glied [mm] a_{6}x^{6} [/mm] |
Hallo Leute,
leider finde ich zu dieser Aufgabe keinen Zugang. Kann mir jemand helfen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:23 Di 12.02.2008 | | Autor: | puehlong |
du könntest eine Taylorreihe um x=0 entwickeln.
[mm] \summe_{i=0}^{\infty}\bruch{f^n(0)}{n!}(x-0)^n
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:34 Di 12.02.2008 | | Autor: | clwoe |
Hi,
also das was du da stehen hast ist keine Potenzreihe sondern eine Funktion. Eine Potenzreihe hat diese Form: [mm] \summe_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n}, [/mm] wobei [mm] x_{0} [/mm] der Entwicklungspunkt der Potenzreihe ist. Dieser muss bei dir zwischen -1 und 1 liegen, wobei die Intervallgrenzen ausgeschlossen sind. Ich denke es gibt hier nur eine Möglichkeit, was zu tun ist. Du sollst die Taylorreihe vom Grad 6 deiner Funktion erstellen. Diese Taylorreihe stimmt nämlich mit der zugehörigen Potenzreihe überein.
Du kannst allerdings auch die bekannte Potenzreihe von ln(1+x) hernehmen und somit die gesuchte Potenzreihendarstellung deiner Funktion aus der bekannten ableiten und dann die Entwicklung bis zum Grad 6 machen. Ich denke das zweite ist einfacher, da du nicht erst die ganzen Ableitungen für die Taylorentwicklung machen musst, sondern nur die schon bekannte Potenzreihe anpassen musst.
Gruß,
clwoe
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Ich habe noch nicht so viel Ahnung von solchen Aufgaben. Ich habe eine PR für ln(1+x)gefunden und eine für ln(1-x).
Kann ich nicht letztere nehmen und nur x durch x² ersetzten und das ganz dann durch 1+x teilen?
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Hallo lotusblüte!
Das funktioniert hier nicht so einfach, da ja auch durch die Division druch $1+x_$ nicht die gewünschte Form der Potenzreihe erzielt wird.
Du wirst als nicht drumherum kommen, von Deiner genannten Funktion $f(x)_$ die entsprechenden Ableitungen [mm] $f^{(n)}(x)$ [/mm] bzw. die Werte [mm] $f^{(n)}(0)$ [/mm] zu ermitteln.
Gruß vom
Roadrunner
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Hallo,
könnte man das nicht vereinfachen?
[mm] $\bruch{ln(1-x^2)}{1+x}$ [/mm] ist ja [mm] $\bruch{ln(1-x)+ln(1+x)}{1+x}$ [/mm]
Dann müsste man nur die Taylorreihen von ln(1-x) und ln(1+x) addieren und die Summe mit der Taylorreihe von [mm] $\bruch{1}{1+x}$ [/mm] multiplizieren, bis zum 6. Glied.
Da müsste dann rauskommen
$T(x) = [mm] -x^2+x^3-\bruch{3}{2}x^4+\bruch{3}{2}x^5-\bruch{11}{6}x^6+\bruch{11}{6}x^7$
[/mm]
,für [mm] x_0 [/mm] = 0 und |x |<1 .
LG, Martinius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:56 Mi 13.02.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Martinius!
> könnte man das nicht vereinfachen?
>
> [mm]\bruch{ln(1-x^2)}{1+x}[/mm] ist ja [mm]\bruch{ln(1-x)+ln(1+x)}{1+x}[/mm]
>
> Dann müsste man nur die Taylorreihen von ln(1-x) und
> ln(1+x) addieren und die Summe mit der Taylorreihe von
> [mm]\bruch{1}{1+x}[/mm] multiplizieren, bis zum 6. Glied.
>
>
> Da müsste dann rauskommen
>
> [mm]T(x) = -x^2+x^3-\bruch{3}{2}x^4+\bruch{3}{2}x^5-\bruch{11}{6}x^6+\bruch{11}{6}x^7[/mm]
>
> ,für [mm]x_0[/mm] = 0 und |x |<1 .
Ja, das Ergebnis ist richtig, die Reihe konvergiert für $|x|<1$.
Man kann sogar einfach die Reihe für [mm] $\ln(1-x) [/mm] = [mm] -\summe_{k=1}^\infty \bruch{x^k}{k}$ [/mm] hernehmen und x durch [mm] $x^2$ [/mm] ersetzen:
$ [mm] \ln(1-x^2) [/mm] = [mm] -\summe_{k=1}^\infty \bruch{x^{2k}}{k}$
[/mm]
Wenn die beteiligten Potenzreihen konvergieren, ist das gliedweise Ausmultiplizieren möglich.
(Gliedweises Ausmultiplizieren geht immer, aber es kann sein, dass die dabei entstehende Potenzreihe nicht konvergiert.)
Viele Grüße
Rainer
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Ich brauche nochmal Hilfe bei dieser Aufgabe.
Ich habe eingesetzt und:
[mm] -[\bruch{x^{2}}{1+x}+\bruch{x^{4}}{2(1+x)}+\bruch{x^{6}}{3(1+x)}+\bruch{x^{8}}{4(1+x)}]
[/mm]
Da kann ich wohl nicht mehr viel machen, oder?
Was eine Taylor-Reihe ist weiss ich nicht und im Skript sthen zu dem Thema genau zwei Zeilen und die haben was mit Fehlerabschätzung zu tun.
Was soll ich machen?
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Hallo Lotusblüte,
Du hast bis jetzt den Zähler von [mm] $f(x)=\bruch{ln(1-x^2)}{1+x}$ [/mm] richtig in eine Potenzreihe entwickelt, indem Du in der Potenzreihe von ln(1-x) das x durch [mm] x^2 [/mm] ersetzt hast:
[mm] $ln(1-x^2)= -x^2-\bruch{x^4}{2}-\bruch{x^6}{3}-\bruch{x^8}{4}-\bruch{x^{10}}{5}-\bruch{x^{12}}{6}- [/mm] ...$
Jetzt musst Du noch [mm] \bruch{1}{1+x} [/mm] in eine Potenzreihe entwickeln (die kann man einem Tafelwerk entnehmen), und mit der obigen Potenzreihe mutiplizieren.
Die ersten 6 Glieder der Potenzreihe wären:
[mm] $\bruch{1}{1+x} [/mm] = [mm] 1-x+x^2-x^3+x^4-x^5\pm...$
[/mm]
Das Ergebnis steht ja in obigem post.
LG, Martinius
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Kann mir jemand eine möglichst gute und große auflistung von Potenzreihen sagen. Im Internet denen traue ich nicht so unbedint und in meiner Formelsammlung stehen nicht viele.
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Hallo,
ich kann dir meine Formelsammlung nennen:
Lothar Papula, Mathematische Formelsammlung, Vieweg-Verlag, ca. 26,- Euro.
Schau sie dir aber erst einmal in der Bibliothek an, ob sie deinen Ansprüchen genügt. An Potenzreihen gibt es darin auch nur eine doppelt bedruckte Seite. Aber gute Erläuterungen dazu.
LG, Martinius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:41 Fr 29.02.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Roadrunner
> Das funktioniert hier nicht so einfach, da ja auch durch
> die Division druch [mm]1+x_[/mm] nicht die gewünschte Form der
> Potenzreihe erzielt wird.
Das stimmt. Zumindest wenn man es so direkt machen moechte.
> Du wirst als nicht drumherum kommen, von Deiner genannten
> Funktion [mm]f(x)_[/mm] die entsprechenden Ableitungen [mm]f^{(n)}(x)[/mm]
> bzw. die Werte [mm]f^{(n)}(0)[/mm] zu ermitteln.
Doch, mit der Potenzreihenentwicklung von [mm] $\ln(1 [/mm] - [mm] x^2)$ [/mm] kommt man schon weiter!
Wenn [mm] $\ln(1 [/mm] - [mm] x^2) [/mm] = [mm] \sum_{i=0}^\infty a_i x^i$ [/mm] ist und die gesuchte Potenzreihe sagen wir mal [mm] $\sum_{k=0}^\infty b_k x^k$ [/mm] ist, dann ist ja [mm] $\frac{1}{1 + x} \sum_{i=0}^\infty a_i x^i [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^\infty b_k x^k$. [/mm] Wenn man mit $1 + x$ multipliziert, erhaelt man [mm] $\sum_{i=0}^\infty a_i x^i [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^\infty b_k x^k [/mm] + x [mm] \sum_{k=0}^\infty b_k x^k [/mm] = [mm] b_0 [/mm] + [mm] \sum_{k=1}^\infty (b_k [/mm] + [mm] b_{k-1}) x^k$.
[/mm]
Wenn man jetzt Koeffizientenvergleich macht, erhaelt man [mm] $b_0 [/mm] = [mm] a_0$, $b_k [/mm] + [mm] b_{k-1} [/mm] = [mm] a_k$ [/mm] fuer $k [mm] \ge [/mm] 1$. Wenn man also die [mm] $a_i$ [/mm] hat, kann man die [mm] $b_i$ [/mm] der Reihe nach hinschreiben, ohne auch nur irgendeine Ableitung zu berechnen.
LG Felix
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