Reihensummen bestimmen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:07 Do 06.12.2012 | | Autor: | Duckx |
Wie mache ich das bei der Reihensumme von:
[mm] $\summe_{k=1}^{\infty} \frac{k}{2^k}$
[/mm]
Dabei soll ich per vollständiger Induktion zeigen:
[mm] $\summe_{k=1}^{n} \frac{k}{2^k}=2-\frac{n+2}{2^n}$
[/mm]
Wenn ich das jetzt bewiesen habe, dann geht ja der hintere Term gegen 0 dann ist also die Reihensumme 2 richtig?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:24 Do 06.12.2012 | | Autor: | Loddar |
Hallo Duckx!
> Wenn ich das jetzt bewiesen habe, dann geht ja der hintere
> Term gegen 0 dann ist also die Reihensumme 2 richtig?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Genau.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:47 Do 06.12.2012 | | Autor: | Duckx |
Kann mir jemand eventuell kurz erläutern wieso [mm] $\frac{n+2}{2^n}$ [/mm] gegen 0 geht wenn n unendlich groß wird?
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Hallo Duckx,
> Kann mir jemand eventuell kurz erläutern wieso
> [mm]\frac{n+2}{2^n}[/mm] gegen 0 geht wenn n unendlich groß wird?
[mm] 2^n [/mm] wächst viel schneller als n. Schaus Dir mal für kleine n an:
[mm] n=1\to2^1=2
[/mm]
[mm] n=2\to2^2=4
[/mm]
[mm] n=3\to2^3=8
[/mm]
[mm] n=4\to2^4=16
[/mm]
[mm] n=5\to2^5=32
[/mm]
[mm] n=6\to2^6=64
[/mm]
[mm] \vdots
[/mm]
[mm] n=14\to2^{14}=32768
[/mm]
[mm] n=15\to2^{15}=65536
[/mm]
[mm] \vdots
[/mm]
Dass im Zähler also noch eine "+2" steht, ist für das Grenzwertverhalten völlig unerheblich.
Grüße
reverend
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:16 Do 06.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Kann mir jemand eventuell kurz erläutern wieso
> [mm]\frac{n+2}{2^n}[/mm] gegen 0 geht wenn n unendlich groß wird?
das kannst Du selbst beweisen: Verwende
[mm] $$2^n=(1+1)^n=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose [/mm] k} [mm] 1^k*1^{n-k} \ge [/mm] {n [mm] \choose 2}=\frac{n*(n-1)}{2}$$
[/mm]
für alle $n [mm] \ge 2\,,$ [/mm] um eine passende Abschätzung "zu bauen"!
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:30 Do 06.12.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Wie mache ich das bei der Reihensumme von:
> [mm]\summe_{k=1}^{\infty} \frac{k}{2^k}[/mm]
> Dabei soll ich per
> vollständiger Induktion zeigen:
> [mm]\summe_{k=1}^{n} \frac{k}{2^k}=2-\frac{n+2}{2^n}[/mm]
>
> Wenn ich das jetzt bewiesen habe, dann geht ja der hintere
> Term gegen 0 dann ist also die Reihensumme 2 richtig?
ich biete mal zwei Alternativen an - aber es kann gut sein bzw. es ist
sehr wahrscheinlich, dass die dafür benötigten Mittel Euch bei der ersten
noch nicht zur Verfügung stehen (am sinnvollsten ist es also vielleicht
momentan tatsächlich, wenn Du zur 2. Alternative (rot) scrollst):
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1. Alternative:
Wir betrachten für $|x| < [mm] 1\,$ [/mm] die Funktion
[mm] $$f(x)=\sum_{k=1}^\infty x^{k}=\sum_{k=0}^\infty x^{k+1}=x*\sum_{k=0}^\infty x^k=\frac{x}{1-x}\,.$$
[/mm]
Dann gilt (im Folgenden stets $|x| < [mm] 1\,$)
[/mm]
[mm] $$f\,'(x)=\frac{1-x-x*(-1)}{(-x)^2}=\frac{1}{x^2}$$
[/mm]
Weiterhin darf hier aber für die obigen [mm] $x\,$ [/mm] die Differentiation und
Summation vertauscht werden
[mm] $$f\,'(x)=(\sum_{k=0}^\infty x^{k+1})\,'=\sum_{k=0}^\infty (x^{k+1})\,'=\sum_{k=0}^\infty (k+1)x^k=(\sum_{k=0}^\infty k*x^k)+\sum_{k=0}^\infty x^k=(\sum_{k=\red{1}}^\infty k*x^k)+\frac{1}{1-x}\,.$$
[/mm]
(Die vorletzte Gleichheit sollte man hier begründen - das müßtest Du aber
auf jeden Fall können!)
Es folgt also
[mm] $$f\,'(x)-\frac{1}{1-x}=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1-x}=\sum_{k=1}^\infty k*x^k$$
[/mm]
bzw.
[mm] $$\sum_{k=1}^\infty k*x^k=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1-x}$$
[/mm]
(Wenn Du Lust hast, kannst Du das ja noch weiterrechnen: Nennergleich
machen etc. pp. ...)
Also:
[mm] $$\sum_{k=1}^\infty k*(1/2)^k=\frac{1}{1/4}-\frac{1}{1-1/2}=4-2=2\,.$$
[/mm]
------------------------------
2. Alternative:
Es gilt
[mm] $$\frac{k}{2^k}-\frac{k-1}{2^{k-1}}=\frac{k-2*(k-1)}{2^k}=\frac{2}{2^k}-\frac{k}{2^k}\stackrel{\red{(\*)}}{=}(1/2)^{k-1}-\frac{k}{2^k}$$
[/mm]
Es folgt also für jedes $n [mm] \in \IN$
[/mm]
[mm] $$\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{2^k} - \frac{k-1}{2^{k-1}}\right)\stackrel{\red{\text{siehe }(\*)}}{=}\sum_{k=1}^n (1/2)^{k-1}-\sum_{k=1}^n k/2^k=\sum_{k=0}^{n-1} (1/2)^{k}-\sum_{k=1}^n k/2^k\,,$$
[/mm]
also mit der geometrischen Summenformel
[mm] $$\sum_{k=1}^n k/2^k=\frac{1-(1/2)^n}{1-1/2}-\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{2^k} - \frac{k-1}{2^{k-1}}\right)$$
[/mm]
Weiter gilt für Teleskopsummen [mm] $\sum_{k=1}^n (a_k-a_{k-1})$ [/mm] offenbar
[mm] $$$\sum_{k=1}^n (a_k-a_{k-1})=(\sum_{k=1}^n a_k)-\sum_{k=1}^n a_{k-1}=\ldots (\text{Indexshift etc. pp.})=a_n-a_0\,,$$
[/mm]
also hier
[mm] $$\sum_{k=1}^n k/2^k=\frac{1-(1/2)^n}{1-1/2}-\left(\frac{n}{2^n}-\frac{0}{2^0}\right)$$
[/mm]
Es folgt
[mm] $$\sum_{k=1}^n k/2^k=2-2*\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}$$
[/mm]
Und warum [mm] $(n+2)/2^n \to [/mm] 0$ (bei $n [mm] \to \infty$): [/mm] Das steht hier.
Die 2. Alternative habe ich übrigens aus folgendem Grunde vorgeführt:
Man sieht hier, dass, mit einem Trick, der bzgl. "Ziehharmonikasummen"
angewendet wird, sich die obige Formel "herleiten" läßt. Man kann sie
quasi aus anderen bereits bekannten Formeln (geometrische Reihe)
herleiten. Solche Überlegungen sollte man also ruhig einfach mal
ansetzen - ich habe das hier auch einfach nur mal "getestet", weil ich mir
nicht denken konnte, dass der Aufgabensteller die Formel, die ihr da
beweisen sollt, durch "testen" erstellt hat (auch, wenn das natürlich
durchaus gängig ist und auch vielleicht das erste wäre, was man sonst
versuchen sollte, wenn man gar keine andere Idee hat).
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:58 Do 06.12.2012 | | Autor: | Duckx |
Ich habe ein Problem bei dem Induktionsschritt:
[mm] $\summe_{k=1}^{n+1}\frac{k}{2^k}=2-\frac{n+2}{2^n}+\frac{n+1}{2^{n+1}}$
[/mm]
Wenn ich jetzt den ersten bruch mit 2 erweitere:
[mm] $\summe_{k=1}^{n+1}\frac{k}{2^k}=2-\frac{2n+4}{2^{n+1}}+\frac{n+1}{2^{n+1}}$
[/mm]
[mm] $\summe_{k=1}^{n+1}\frac{k}{2^k}=2-\frac{3n+5}{2^{n+1}}$
[/mm]
Aber ich komme nicht auf die gesuchte form :
[mm] $2-\frac{(n+1)+2}{2^{n+1}}$
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:16 Do 06.12.2012 | | Autor: | Helbig |
> Ich habe ein Problem bei dem Induktionsschritt:
>
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1}\frac{k}{2^k}=2-\frac{n+2}{2^n}+\frac{n+1}{2^{n+1}}[/mm]
>
> Wenn ich jetzt den ersten bruch mit 2 erweitere:
>
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1}\frac{k}{2^k}=2-\frac{2n+4}{2^{n+1}}+\frac{n+1}{2^{n+1}}[/mm]
> [mm]\summe_{k=1}^{n+1}\frac{k}{2^k}=2-\frac{3n+5}{2^{n+1}}[/mm]
Rechenfehler: In der vorletzten Gleichung wird der erste Bruch subtrahiert und der zweite addiert. Aber in der letzten hast Du beide subtrahiert.
Gruß,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:22 Do 06.12.2012 | | Autor: | Duckx |
Ah danke :) sowas blödes
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