Konvergenzradius 2 < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 06:13 Mi 11.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi, ich hänge bei einer Aufgabe fest und hoffe auf Hilfe.
Gefragt ist nach :
[mm] \limes_{n\rightarrow 0}\bruch{1}{n}\ln{\bruch{1}{1-n}}. [/mm] Mit einmaliger Anwedung des L'Hospitals erhalte ich als Grenzwert 1.
Danach soll ich noch eine Identität zeigen, dazu benötige ich zunächst das Integral von [mm] \bruch{1}{n}\ln{\bruch{1}{1-n}}
[/mm]
Kann mir da jemend vllt. einen Tipp geben ? Hab da schon vieles probiert, aber komme da nicht weiter..
Danke schonmal und viele Grüße
p.s. Ich habe diese Frage nicht wo anders gestellt..
|
|
| |
|
> Hi, ich hänge bei einer Aufgabe fest und hoffe auf Hilfe.
>
> Gefragt ist nach :
>
> [mm]\limes_{n\rightarrow 0}\bruch{1}{n}\ln{\bruch{1}{1-n}}.[/mm] Mit
> einmaliger Anwedung des L'Hospitals erhalte ich als
> Grenzwert 1.
>
> Danach soll ich noch eine Identität zeigen, dazu benötige
> ich zunächst das Integral von
> [mm]\bruch{1}{n}\ln{\bruch{1}{1-n}}[/mm]
Hallo,
die genaue Aufgabenstellung wäre nicht schlecht.
Deine Funktion kannst Du nicht "einfach so" integrieren, es gibt keine "einfache" Stammfunktion.
LG Angela
>
> Kann mir da jemend vllt. einen Tipp geben ? Hab da schon
> vieles probiert, aber komme da nicht weiter..
>
> Danke schonmal und viele Grüße
>
> p.s. Ich habe diese Frage nicht wo anders gestellt..
>
>
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:10 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi, hier nochmals meine Aufgabe dazu
z.z. : [mm] \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^n}{n^2}=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk} [/mm] mit -1<x<1
Kann mir jemand hierzu einen Tipp geben ?
Danke
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Hi, hier nochmals meine Aufgabe dazu
>
> z.z. :
> [mm]\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^n}{n^2}=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk}[/mm]
> mit -1<x<1
>
Guck nochnmal, ob du die linke Summe richtig abgeschrieben hast.
> Kann mir jemand hierzu einen Tipp geben ?
Ich könnte mir vorstellen, dass es etwas mit Riemann-Summen zu tun hat (aber ich gebe keine Garantie...)
Du hast ein Integral der Form
[mm] $\int_{0}^{\alpha} [/mm] f(x) \ d x$
und dieses lässt sich laut Definition des Riemann-Integrals schreiben als:
$ = [mm] \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} f(x_k)*(x_k [/mm] - [mm] x_{k-1})$
[/mm]
mit Stützstellen [mm] $x_k$ [/mm] (k = 0,...,n), wobei [mm] $x_0 [/mm] = 0$ und [mm] $x_n [/mm] = [mm] \alpha$ [/mm] gelten muss, und für [mm] $n\to\infty$ [/mm] müssen die Stützstellen immer näher zusammenrücken.
Ziel wäre es, die Riemann-Summe so hinzubekommen, dass sie so aussieht wie deine Summe oben. Dazu musst du die Stützstellen geeignet wählen.
EDIT: mir ist grad nochwas anderes eingefallen.
Leite mal beide Seiten ab (Hauptsatz differential integralrechnung).
Evtl. kannst du dann die Funktion auf der rechten Seite in eine Potenzreihe entwickeln... ln(1-x) = ...
Grüße,
Stefan</x<1
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:13 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi,
ich habe mich in der Tat verschrieben, tut mir leid !
[mm] \summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^i}{i^2}=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk} [/mm] mit |x|<1.
Sei [mm] $f(x):=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^i}{i^2}$, [/mm] dann gilt durch gliedweiße Differentiation : [mm] f'(x)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^{i-1}}{i}
[/mm]
Sei [mm] $g(x):=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk}$, [/mm] dann gilt mit [mm] \ln{\bruch{1}{x}}=-\ln(x) [/mm] auch [mm] $g(x)=-\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln(1-k) dk}$ [/mm] Ich muss daraus aber irgendwie noch im Integral eine Summe schaffen, damit ich den Hauptsatz benutzen kann. Es gilt aber : [mm] \ln(a+b)\not=\ln(a)+\ln(b) [/mm] mit [mm] a+b\not=0 [/mm] und [mm] a\not=b\not=0. [/mm] Irgendeine überlegung fehlt mir noch.. Noch eine Frage : Wieso folgt aus der Gleichheit der Ableitungen die Identität der Gleichung ?
Gruß und Danke !
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:32 Do 12.04.2012 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> ich habe mich in der Tat verschrieben, tut mir leid !
>
> [mm]\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^i}{i^2}=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk}[/mm]
> mit |x|<1.
>
> Sei [mm]f(x):=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^i}{i^2}[/mm], dann gilt
> durch gliedweiße Differentiation :
> [mm]f'(x)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^{i-1}}{i}[/mm]
> Sei
> [mm]g(x):=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk}[/mm],
> dann gilt mit [mm]\ln{\bruch{1}{x}}=-\ln(x)[/mm] auch
> [mm]g(x)=-\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln(1-k) dk}[/mm] Ich muss
> daraus aber irgendwie noch im Integral eine Summe schaffen,
> damit ich den Hauptsatz benutzen kann.
Nein, du kannst auch einfach in [mm] $g'(x)=-\bruch{1}{x}\ln(1-x)$ [/mm] die bekannte Taylorreihe des Logarithmus einsetzen.
> Wieso folgt aus der Gleichheit der Ableitungen die
> Identität der Gleichung ?
Folgt nicht. Aus der Gleichheit der Ableitungen $f'(x)$ und $g'(x)$ folgt, dass $f(x)-g(x)$ konstant ist. Du musst noch nachweisen, dass diese Konstante 0 ist, was aber kein Problem ist wegen $f(0)=g(0)$.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:55 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Hi, komme trotzdem nicht weiter..
[mm] f(x):=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^i}{i^2}
[/mm]
[mm] f'(x)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^{i-1}}{i}
[/mm]
Sei [mm] g(x):=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk}, [/mm] dann gilt mit [mm]\ln{\bruch{1}{x}}=-\ln(x)[/mm] auch [mm] g(x)=-\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln(1-k) dk} [/mm] und mit [mm] \ln(1-k)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{k^i}{i} [/mm] mit [mm] k\in\[-1,1) [/mm] auch [mm] g(x)=-\integral_{0}^{x}{\bruch{\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{k^i}{i}}{k}dk}
[/mm]
Jetzt weiß ich leider noch immer nicht wie ich g ableiten soll, soder habe ich das falsch verstanden ? Wieos gilt offenbar f(0)=g(0) und wieso hilft mir das beim zeigen späten ?
Gruß
|
|
|
| |
|
Hallo,
> Hi, komme trotzdem nicht weiter..
>
> [mm]f(x):=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^i}{i^2}[/mm]
> [mm]f'(x)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{x^{i-1}}{i}[/mm]
> Sei
> [mm]g(x):=\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln{\bruch{1}{1-k}} dk},[/mm]
> dann gilt mit [mm]\ln{\bruch{1}{x}}=-\ln(x)[/mm] auch
> [mm]g(x)=-\integral_{0}^{x}{\bruch{1}{k}\ln(1-k) dk}[/mm] und mit
> [mm]\ln(1-k)=\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{k^i}{i}[/mm] mit
> [mm]k\in\[-1,1)[/mm] auch
> [mm]g(x)=-\integral_{0}^{x}{\bruch{\summe_{i=1}^{\infty}\bruch{k^i}{i}}{k}dk}[/mm]
>
> Jetzt weiß ich leider noch immer nicht wie ich g ableiten
> soll, soder habe ich das falsch verstanden ?
Bis jetzt ist alles richtig. Der Hauptsatz der Integral- und Differentialrechnung erlaubt Folgendes: Für festes [mm] $a\in \IR$ [/mm] ist
[mm] $\frac{d}{dx} \int_{a}^{x} [/mm] f(t) \ dt = f(x)$
In deinem Fall gilt also:
$g'(x) = [mm] \frac{\sum_{i=1}^{\infty} \frac{x^{i}}{i}}{x}$.
[/mm]
Und du kannst nun sehr schön sehen, dass die Ableitungen gleich sind.
> Wieos gilt
> offenbar f(0)=g(0) und wieso hilft mir das beim zeigen
> späten ?
Du weißt nun bereits, dass
$f'(x) = g'(x)$ für alle [mm] $x\in [/mm] (-1,1)$ gilt.
Also muss es eine Konstante $C [mm] \in \IR$ [/mm] geben, sodass
$f(x) = g(x) + C$ für alle [mm] $x\in [/mm] (-1,1)$.
Du musst nun nur noch die Konstante $C$ bestimmen. Dafür genügt es, ein spezielles $x$ einzusetzen. Und mit $x = 0$ kannst du eben gut sehen, dass:
f(x) = 0, g(x) = 0, also $C = 0$ sein muss.
Damit folgt $f(x) = g(x)$ für alle [mm] $x\in [/mm] (-1,1)$.
Grüße,
Stefan
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:30 Do 12.04.2012 | | Autor: | DM08 |
Danke Dir ! Mir ist wohl diese "Regel" entfallen und ich finde sie auch in meinem Skript nicht..
Gruß
|
|
|
|
