Tricks/Kniffe zu Potenzreihen

[Gerd Binger]

Hallo,
da ich bald meine Infini II Klausur ansteht, in der unter anderem auch
Potzenreihen
dran kommen werden, hab ich hier ein paar grundsätzliche Fragen sowie Fragen
zu einem Beispiel:
1) Um den Konvergenzradius zu bestimmen, versuche ich immer entweder das
Quotienten-
oder das Wurzel-Kriterium anzuwenden.
Inhalb des Radiuses konvergiert die Reihe, außerhalb divergiert sie, und
auf dem Radius
sind keine allgemeinen Angaben möglich.

2) Zum ausrechnen der Reihe versuche ich immer, das ganze in die Form einer
geom. Reihe
zu bringen, wobei ich beachten muss, dass diese immer von n=0...inf
geht.
Falls in der Summe ein x^2 oder sowas in der Art auftritt, substituiere
ich immer erst einmal
x^2=y und substituiere am Ende zurück.

Habt Ihr dem noch etwas hinzuzufügen oder etwas zu korrigieren?

Nun zu einem konkreten Beispiel:
Sum(n=5,infinity, (n*x^n)/(n-1)) (sorry, ich kann kein latex)

Als Konvergenzradius kriege ich r=1 raus.
Beim berechnen der Summe komme ich allerdings nicht mehr weiter:
Zuerst mache ich eine Indexverschiebung, so dass die Reihe bei n=0 anfängt.
Dann ziehe ich das x^5 aus der Reihe, da dies ein fester Faktor ist.
Nun kann ich die Reihe in zwei Reihen der Art (5*x^n)/(n+4) und
(n*x^n)/(n+4) aufteilen,
wie geht's da nun weiter?

Vielen Dank für Eure Hilfe

Gerd

[Thomas Mautsch]

Es ist immer gut, ein paar Potenzreihen im Kopf zu haben,
z.B.
exp(x) = Sum(n=0,infinity, x^n/n!)
und
-ln(1-x) = Sum(n=1,infinity, x^n/n)

(Letztere erhaelt man auch aus der geometrischen Reihe
1/(1-x) = Sum(n=0,infinity, x^n)
nach gliedweiser Integration und Indexverschiebung.)

In news:<ccoia2$754$***@sagnix.uni-muenster.de> schrieb Gerd Binger:
[ ... ]

Post by Gerd Binger
Sum(n=5,infinity, (n*x^n)/(n-1)) (sorry, ich kann kein latex)
Als Konvergenzradius kriege ich r=1 raus.
Zuerst mache ich eine Indexverschiebung, so dass die Reihe bei n=0 anfängt.
Dann ziehe ich das x^5 aus der Reihe, da dies ein fester Faktor ist.
Nun kann ich die Reihe in zwei Reihen der Art (5*x^n)/(n+4) und
(n*x^n)/(n+4) aufteilen,
wie geht's da nun weiter?

Indexverschiebung war *an dieser Stelle* keine gute Idee.
Die endlich vielen Terme, die vorn in der Reihe fehlen,
kann man spaeter auch immer noch abziehen...

Sobald Du Koeffizienten a_n siehst, die Brueche sind,
solltest Du Partialbruchzerlegung anwenden und
die Reihe in eine endliche Summe aufspalten
und Taylorreihe vom Logarithmus oben (oder aehnliche) verwenden.
(HIER ist Indexverschiebung dann evtl. wieder angesagt.)

In Deinem Beispiel lautet die Partialbruchzerlegung
der Koeffizientenfunktion:

n/(n-1) = 1 - 1/(n-1).

Na, erkennst Du die geometrische Reihe und den Logarithmus?!

[Hendrik van Hees]

Gerd Binger wrote:

[Soweit war's korrekt]

Post by Gerd Binger
Sum(n=5,infinity, (n*x^n)/(n-1)) (sorry, ich kann kein latex)
Als Konvergenzradius kriege ich r=1 raus.
Zuerst mache ich eine Indexverschiebung, so dass die Reihe bei n=0
anfängt. Dann ziehe ich das x^5 aus der Reihe, da dies ein fester
Faktor ist. Nun kann ich die Reihe in zwei Reihen der Art
(5*x^n)/(n+4) und (n*x^n)/(n+4) aufteilen,
wie geht's da nun weiter?

Die Summation würde ich nur um 1 verschieben, also statt über n von 5
bis \infty zu summieren von 4 bis infty:

S(x)=\sum_{n=4}^{\infty} (n+1) x^(n+1)/n
=x \sum_{n=4}^{\infty} (1+1/n) x^n

Jetzt darfst Du im Inneren des Konvergenzintervalls die Reihe beliebig
umordnen, da sie dort sogar absolut konvergent ist. Wir brauchen also
nur noch die Reihen

S1(x)=x \sum_{n=4)^{\infty} x^n
S2(x)=x \sum_{n=4}^{\infty} x^n/n

Bei der ersten Reihe können wir nun von 0 bis \infty summieren und dafür
die ersten paar Glieder abziehen. Da hast Du erst einmal die
geometrische Reihe:

S1(x)=x (1/(1-x)-1-x-x^2-x^3)

Bei der zweiten Reihe summieren wir von 1 bis \infty. Sei also

f(x)=\sum_{n=1}^{\infty} x^n/n

Nun darf man gliedweise differenzieren, weil in jedem ganz im Inneren
des Konvergenzbereiches gelegenen Kompaktum die Reihe gleichmäßig
konvergiert, die Reihenglieder differenzierbar sind und die durch
gliedweises differenzieren entstehende Reihe an einem Punkt (tats
ächlich sogar in jedem) im Inneren des Kompaktums wieder konvergiert.
Damit ist die durch gliedweises Differenzieren entstandene Reihe im
Inneren des Kompaktums wieder glm. konvergent. Es ist nämlich auch eine
Potenzreihe mit dem gleichen Konvergenzradius wie die Ausgangsreihe:

f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty} x^(n-1)=\sum_{n=0}^{\infty} x^n
=1/(1-x)

Das integrieren wir wieder und berücksichtigen dabei, daß f(0)=0 ist:

f(x)=-ln(1-x)

Also ist

S2(x)=x (-ln(1-x)-x-x^2/2-x^3/3)

Beides zusammengefaßt ergibt dann nach ein bißchen Vereinfachen (unter
Zuhilfenahme von Mathematica ;-)):

2 2
-(x (-6 + x (3 + x + 8 x )))
----------------------------- - x Log[1 - x]
6 (-1 + x)

Mathematica (bei mir ist's 4.0) kann übrigens die bereits Reihe selbst
direkt summieren.