Reihe, pi, Summe ausrechnen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:30 Di 21.04.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Beweisen Sie, dass die Reihe
[mm] \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n+1} \pi^{2n}}{(2n)!}
[/mm]
konvergiert und mit der Hilfe des Taschenrechners berechnen Sie ihre Summe mit Toleranz [mm] 10^{-3}. [/mm] |
Hallo,
Die Konvergenz ist mittels den Quotientenkriterum klar:
[mm] |\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\frac{\pi^2}{(2n+1)*(2n+2)}=\frac{\pi^2}{4n^2+6n+2} \rightarrow [/mm] 0 [mm] (n\rightarrow \infty)
[/mm]
Nun schaffe ich es aber nicht die Summe zu berechnen. Laut Wolfram Alpha ist sie 2.
So kleine Spielerein mit [mm] \frac{(-1)^{n+1} \pi^{2n}}{(2n)!}=(-1)^{n+1} \frac{\pi}{1}*\frac{\pi}{2}*...+\frac{\pi}{2n} [/mm] und kleine Abschätzungen waren das Resultat meiner Überlegungen. Habt ihr einen Tipp für mich?
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:20 Di 21.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo Sissile,
> Beweisen Sie, dass die Reihe
> [mm]\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n+1} \pi^{2n}}{(2n)!}[/mm]
>
> konvergiert und mit der Hilfe des Taschenrechners berechnen
> Sie ihre Summe mit Toleranz [mm]10^{-3}.[/mm]
> Hallo,
>
> Die Konvergenz ist mittels den Quotientenkriterum klar:
>
> [mm]|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\frac{\pi^2}{(2n+1)*(2n+2)}=\frac{\pi^2}{4n^2+6n+2} \rightarrow[/mm]
> 0 [mm](n\rightarrow \infty)[/mm]
> Nun schaffe ich es aber nicht die
> Summe zu berechnen. Laut Wolfram Alpha ist sie 2.
wie kommst Du darauf?
![[]](/images/popup.gif) http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum%28%28-1%29^%28n%2B1%29*pi^%282*n%29%2F%28%282n%29!%29%2Cn%3D0%2Cinfty%29
> So kleine Spielerein mit [mm]\frac{(-1)^{n+1} \pi^{2n}}{(2n)!}=(-1)^{n+1} \frac{\pi}{1}*\frac{\pi}{2}*...+\frac{\pi}{2n}[/mm]
> und kleine Abschätzungen waren das Resultat meiner
> Überlegungen. Habt ihr einen Tipp für mich?
Es gibt einen *trivialen* Weg:
Taylorreihe von Kosinusfunktion
Vergleiche obige Reihe mit [mm] $\red{-}\,\cos(\pi)$!
[/mm]
Ein *nicht ganz so trivialer Weg* wäre sicherlich: Schlage mal nach, ob ihr
an irgendeiner Stelle *Restgliedabschätzungen* behandelt habt - oder
versuche selber, eine zu finden.
Bedenke einfach: Im Endeffekt willst Du nur ein [mm] $N\,$ [/mm] finden, dass so groß
ist, dass
[mm] $\left|\sum_{k=m+1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}*\pi^{2k}}{(2k)!}\right| \le 10^{-3}$ [/mm] für alle $m [mm] \ge [/mm] N$
ausfallen wird (dabei ist es nicht unwichtig, dass obige Reihe überhaupt
auch konvergiert)!
Dies wird Dir mit Sicherheit gelingen, wenn Du sogar
[mm] $\sum_{k=m+1}^\infty \frac{\pi^{2k}}{(2k)!} \le 10^{-3}$ [/mm] für alle $m [mm] \ge [/mm] N$
weißt. (Verallgemeinerte Dreiecksungleichung!)
Dies wiederum ist leicht einzusehen, wenn Du sogar
[mm] $\sum_{k=m+1}^\infty \frac{\pi^k}{k!}=e^{\pi}-\sum_{k=0}^m \frac{\pi^k}{k!} \;\le\; 10^{-3}$ [/mm] für alle $m [mm] \ge [/mm] N$
wüßtest.
Damit man wenigstens das [mm] $\pi$ [/mm] mal wegbekommt:
[mm] $\sum_{k=m+1}^\infty \frac{\pi^k}{k!}\;\le\;\sum_{k=m+1}^\infty \frac{4^k}{k!}\,=\,e^4\,-\,\sum_{k=0}^m \frac{4^k}{k!}$
[/mm]
Es reicht also, [mm] $e^4\,-\,\sum_{k=0}^N \frac{4^k}{k!}\;\le\;10^{-3}$ [/mm] zu bekommen...
(Beachte, dass [mm] $\sum_{k=0}^N \frac{4^k}{k!}$ [/mm] nur positive Summanden hat,
das heißt mit wachsendem [mm] $N\,$ [/mm] wird auch dieser Summenwert größer!)
P.S. Die Abschätzungen sind jetzt sehr sehr grob, ich schätze mal, dass man
so ein [mm] $N\,$ [/mm] findet, dieses aber schon sehr riesig ist.
Gruß,
Marcel
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