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Summe einer Reihe berechnen

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Folgen und Reihen

Tags: Folgen, Reihen

nero08 aktiv_icon

19:26 Uhr, 09.09.2010

hi!

wie berechne ich die Summe einer Reihe wie beispielsweise jener: $\frac{n^{3}}{n!}$

ich hab es durch probieren versucht: also die erste vier Summen ausgerechnet um sodann eine regelmäßigkeit zu finden und eine Formel aufzustellen. gibt es da einen Trick um auf sowas schnell zu kommen?

m-at-he

21:58 Uhr, 09.09.2010

Hallo,

"gibt es da einen Trick um auf sowas schnell zu kommen?" - Ja, man kennt die Summe oder man rechnet die ersten Partialsummen aus und versucht dann die Regelmäßigkeit zu entdecken!

Luden aktiv_icon

22:07 Uhr, 09.09.2010

Ich würde den Ansatz ohne ausrechnen wählen und mal das Glied (n+1) betrachten.

$\frac{{(n + 1)}^{3}}{(n + 1)!}$ dann eine kleine Umformung: $\frac{{(n + 1)}^{3}}{n! (n + 1)}$ kürzen, also: $\frac{{(n + 1)}^{2}}{n!}$ somit ist jedes Folgeglied soviel grösser.

m-at-he

22:10 Uhr, 09.09.2010

Hallo Luden,

da bist Du dem Ergebnis, einem Term für die Summe, ja richtig nahe gekommen!

nero08 aktiv_icon

22:15 Uhr, 09.09.2010

naja schau ma mal:

s1=1

s2=1+4= 5

s3= 1+4+ $\frac{9}{2}$ = $\frac{19}{2}$

s4=1+4+ $\frac{9}{2}$ + $\frac{8}{3}$ = $\frac{73}{6}$

hm... ab dem 3.Glied wächst die summe langsamer.

aber ich sehe nicht wirklich eine außergewöhnliche Regelmäßigkeit.

m-at-he

22:16 Uhr, 09.09.2010

Hallo,

wenn man mit dem Taschenrechner und mit gerundeten Zwischen- und Endwerten rechnet, wird man bei vielen Reihen keinen Zusammenhang erkennen. Da braucht es eine genaue Bruchrechnung!!!

m-at-he

00:15 Uhr, 10.09.2010

Hallo,

also hier gilt der alte Leitsatz: steht da was mit

n!

im Nenner, dann kommt da was mit

e

raus! Deshalb probiert man hier besser, das Ganze etwas umzuformen. Doch zuvor muß man die Konvergenz als solches zeigen und weil man sich etwas auskennt, zeigt man gleich die absolute Konvergenz!

Für

n > 3

gilt:

n > 3

und

n + 1 > 3 + 1 = 4

\frac{1}{n} < \frac{1}{3}

und

\frac{1}{n + 1} < \frac{1}{4}

1 + \frac{1}{n} < 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}

und

\frac{1}{n + 1} < \frac{1}{4}

{(1 + \frac{1}{n})}^{3} < {(\frac{4}{3})}^{3} = \frac{64}{27}

und

\frac{1}{n + 1} < \frac{1}{4}

{(1 + \frac{1}{n})}^{3} \cdot \frac{1}{n + 1} < \frac{64}{27} \cdot \frac{1}{4} = \frac{16}{27}

{(\frac{n + 1}{n})}^{3} \cdot \frac{1}{n + 1} < \frac{16}{27}

\frac{{(n + 1)}^{3}}{n^{3}} \cdot \frac{n!}{(n + 1)!} < \frac{16}{27}

\frac{{(n + 1)}^{3}}{(n + 1)!} \cdot \frac{n!}{n^{3}} < \frac{16}{27}

\frac{\frac{{(n + 1)}^{3}}{(n + 1)!}}{\frac{n^{3}}{n!}} < \frac{16}{27}

\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} < \frac{16}{27}

Weil alle Summanden der Reihe größer als Null sind (Beweis dafür überlasse ich Dir) gilt auch noch:

0 < \frac{a_{n + 1}}{a_{n}}

und somit:

0 \leq lim_{n \to \infty} (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}) \leq \frac{16}{27} < 1

| lim_{n \to \infty} (\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}) | \leq \frac{16}{27} < 1

Damit konvergiert die Reihe und weil alle Summanden positiv sind, ist die Reihe absolut konvergent und kann bei Bedarf umgeordnet werden!!!

Jetzt zu den Umformungen:

Für

n > 3

gilt:

\frac{n^{3}}{n!} = \frac{n^{2}}{(n - 1)!} = \frac{n^{2} - 2 \cdot n + 1 + 2 \cdot n - 1}{(n - 1)!} = \frac{{(n - 1)}^{2} + 2 \cdot n - 1}{(n - 1)!} = \frac{{(n - 1)}^{2}}{(n - 1)!} + \frac{2 \cdot n - 1}{(n - 1)!}

= \frac{n - 1}{(n - 2)!} + \frac{2 \cdot n - 2 + 1}{(n - 1)!} = \frac{n - 1}{(n - 2)!} + \frac{2 \cdot n - 2}{(n - 1)!} + \frac{1}{(n - 1)!} = \frac{n - 1}{(n - 2)!} + \frac{2}{(n - 2)!} + \frac{1}{(n - 1)!}

= \frac{n + 1}{(n - 2)!} + \frac{1}{(n - 1)!} = \frac{n - 2 + 3}{(n - 2)!} + \frac{1}{(n - 1)!} = \frac{n - 2}{(n - 2)!} + \frac{3}{(n - 2)!} + \frac{1}{(n - 1)!}

= \frac{1}{(n - 3)!} + \frac{3}{(n - 2)!} + \frac{1}{(n - 1)!}

\Rightarrow \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{n^{3}}{n!})

= \frac{0^{3}}{0!} + \frac{1^{3}}{1!} + \frac{2^{3}}{2!} + \frac{3^{3}}{3!} + \sum_{n = 4}^{\infty} (\frac{n^{3}}{n!})

= 0 + 1 + 4 + \frac{9}{2} + \sum_{n = 4}^{\infty} (\frac{1}{(n - 3)!} + \frac{3}{(n - 2)!} + \frac{1}{(n - 1)!})

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 4}^{\infty} (\frac{1}{(n - 3)!}) + \sum_{n = 4}^{\infty} (\frac{3}{(n - 2)!}) + \sum_{n = 4}^{\infty} (\frac{1}{(n - 1)!})

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n!}) + \sum_{n = 2}^{\infty} (\frac{3}{n!}) + \sum_{n = 3}^{\infty} (\frac{1}{n!})

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n!}) + 3 \cdot \sum_{n = 2}^{\infty} (\frac{1}{n!}) + \sum_{n = 3}^{\infty} (\frac{1}{n!})

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - \frac{1}{0!} + 3 \cdot (\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - \frac{1}{0!} - \frac{1}{1!}) + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - \frac{1}{0!} - \frac{1}{1!} - \frac{1}{2!}

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 1 + 3 \cdot (\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 1 - 1) + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 1 - 1 - \frac{1}{2}

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 1 + 3 \cdot (\sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 2) + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - \frac{5}{2}

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 1 + 3 \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - 6 + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - \frac{5}{2}

= \frac{19}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) + 3 \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!}) - \frac{19}{2}

= 5 \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n!})

= 5 \cdot e

PS: Ich habe erst im Nachhinein Deinen Eintrag im anderen Thread gesehen, aber wenn ich mir das so recht überlege, dann hätte ich keine Ausdauer gehabt, Dir das alles aus der Nase zu ziehen...

nero08 aktiv_icon

19:06 Uhr, 12.09.2010

wow danke!!!!

also die Kovergenz hab ich anders bewiesen und zwar mit dem Quotientenkriterium.

gut zuerst zur Umformung:

wie bist du am anfang schon auf n>3 gekommen?

also die Erwiterungen im Zähler(wie im dritten Schritt) die du gemcht hast wie kommt auf die, ich vermute mal durch probieren oder?

auf was hast du gezielt hingearbeitet, dass du keine n mehr im Zähler hast oder das im Nenner n-1, n-2,.... hast?

beim Schritt $\frac{n - 1}{(n - 2)!} + \frac{2 n - 2 + 1}{(n - 1)!}$ , gut das -2 +1 dadurch drückst du -1 einfach anders aus und ziel ist wiederum dass das n aus dem Zähler verschwindet?

bei der berechnung der Summe:

wie wird aus jeweils n=4 -> n=3 n=2 n=1?

alles in allem danke danke danke!!!

m-at-he

16:11 Uhr, 14.09.2010

Hallo,

viele Fragen

. .

.

Ich werde mich mal an die Beantwortung machen, aber um alles zu bantworten, habe ich eine Rückfrage: Was ist bei Dir der dritte Schritt? Schreibe einfach die Ausgangsterme und die Folgeterme mal auf, dann habe ich eine Chance den "dritten Schritt" zu finden.

nero08 aktiv_icon

16:40 Uhr, 14.09.2010

hier der 3.Schritt

$\frac{n²}{(n - 1)!} = \frac{n² - 2 n + 1 + 2 n - 1}{(n - 1)!}$

m-at-he

16:59 Uhr, 14.09.2010

Hallo,

"also die Kovergenz hab ich anders bewiesen ..." - viele Wege führen nach Rom!

"wie bis Du am anfang schon auf die

n > 3

gekommen?
also die Erweiterungen im Zähler(wie im dritten Schritt) die du gemcht hast wie kommt auf die,

. .

.
auf was hast du gezielt hingearbeitet, dass du keine

n

mehr im Zähler hast oder das im Nenner

n - 1, n - 2, ...

. hast?...
dadurch drückst du

- 1

einfach anders aus und ziel ist wiederum dass das

n

aus dem Zähler verschwindet?" - Erfahrung! Man kann (oder sollte vielleicht) eines wissen, dann kann man es immer anwenden:

Steht im Zähler ein Polynom k-ten Grades von

n

und im Nenner steht

(n - m)!,

dann kann man den Quotienten immer zerlegen in Summanden der Form

\frac{b_{1}}{(n - m)!} + \frac{b_{2}}{(n - m - 1)!} + . .

+ \frac{b_{k + 1}}{(n - m - k)!}

. Dazu errechnet man zunächst mal

{(n - m)}^{k}

mittels der binomischen Formel und multipliziert am Ende noch den Leitkoeffizienten

a_{k}

des Polynoms im Zähler dazu. Das ist auch ein Polynom k-ten Grades mit dem selben Leitkoeffizienten und das Polynom im Zähler läßt sich zu diesem Polynom

a_{k} \cdot {(n - m)}^{k}

ergänzen (Stichworte: quadratische Ergänzung, kubische Ergänzung,

...)

. Jetzt hat man im Zähler eine Summe, die sich zerlegen läßt in

a_{k} \cdot {(n - m)}^{k}

und ein Restpolynom (k-1)-ten Grades. Man macht jetzt aus dem einen zwei Brüche und im ersten Bruch kürzt man

(n - m)

weg. Da bleibt im Zähler

a_{k} \cdot {(n - m)}^{k - 1}

und im Nenner

(n - m - 1)!

stehen. Im zweiten Bruch steht im Zähler ein Polynom (k-1)-ten Grades und im Nenner

(n - m)!

Jetzt haben wir es geschafft, im Nenner eine Fakultät zu haben und im Zähler nur noch Polynome (k-1)-ten Grades. Mit jedem der beiden Brüche kann man nun fortfahren, bis man am Ende nur noch Absolutglieder im Zähler stehen hat. Im Nenner reduziert sich die Fakultät immer weiter und man kann immer wieder einzelne Brüche zusammenfassen, denn im nächsten Schritt (wenn man Polynome mit Grad

(k - 2)

erhält), entstehen Nenner der Form

(n - m - 2)!

und

(n - m - 1)!

beim ersten Summanden und der Form

(n - m - 1)!

und

(n - m)!

bim zweiten Summanden. Bei Dir war

k = 3

und

m = 0,

deshalb war am Ende eine Summe der Form

\frac{b_{1}}{n!} + \frac{b_{2}}{(n - 1)!} + \frac{b_{3}}{(n - 2)!} + \frac{b_{4}}{(n - 3)!}

zu erwarten. Der Summand

\frac{b_{1}}{n!}

verschwindet wegen

m = 0,

es gibt kein Absolutglied in

a_{k} \cdot {(n)}^{k}

und im Zähler selbst war ja auch keines vorhanden. Mit diesem Wissen ausgestattet, weiß man auch, daß am Ende

n - m - k

größer als 0 sein sollte (steht nämlich als

(n - m - k)!

im Nenner eines Summanden), deshalb betrachtet man die ersten

k

Summanden separat (die Ausgangssumme startet dann natürlich nicht mit 0 sondern mit

n = m,

denn sonst stünde im ersten Summanden mit

(n - m)!

eine Fakultät einer negativen Zahl) und beginnt mit der Betrachtung bei

n > m + k

und das ist bei Dir eben

n > 3

gewesen. Und mit diesem Verfahren arbeitet man auf zwei Ziele hin, die untrennbar miteinander verbunden sind: Reduzierung des Grades des Zählerpolynoms und Reduzierung der Fakultät im Nenner. Und wie bereits erwähnt (siehe Leitsatz im vorherigen Post) führt dieses Verfahren immer zu Reihen der Form

\frac{b}{(n - m - k)!},

die dann am Ende

b \cdot e \pm

eine Konstante liefern. Daß sich die zunächst rausgenommenen Summanden am Ende mit den Summanden, die bei den Reihen mit

\frac{1}{n!}

hinzugenommen werden wegheben, ist aber eher Zufall. Bei

\sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{n^{2}}{n!}) = 2 \cdot e + 1

.

PS: Der von Dir als "dritter Schritt" bezeichnete Vorgang ist die quadratische Ergänzung zu

{(n - 1)}^{2}

"bei der berechnung der Summe:
wie wird aus jeweils

n = 4 \to n = 3 n = 2

n=1?" - Das Verfahren nennt sich Indexverschiebung. Schreib Dir einfach mal die ersten 3 oder 4 Summanden der Summen auf, bei denen noch

n = 4

steht und bedenke, daß sie immer so weiterlaufen bis

+ \infty

. Dann schaue mal hin, ob Du diese 3 oder 4 jeweiligen Summanden nicht einfacher darstellen kannst und somit die ganze Summe!

nero08 aktiv_icon

17:21 Uhr, 19.09.2010

wow sehr ausführlich danke!!!

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