Potenzreihe: log(1+x) =x-x^2/2 +x^3/3...

Question

habe was in der Vorlesung leider nicht ganz verstanden.

Und zwar ging es um das Thema Potenzreihen. Es wurde gezeigt,wie die Ableitung und Aufleitung einer Potenzreihe innerhalb ihres Konvergenzradius aussieht.

Dann hatten wir unter Anderem folgendes Beispiel:

Zu zeigen war:

$$log(x+1)\quad =\quad x-\frac { { x }^{ 2 } }{ 2 } +\frac { { x }^{ 3 } }{ 3 } -\frac { { x }^{ 4 } }{ 4 } +...$$

Das wurde wie folgt gemacht :
Die Ableitung von $$log(x+1) $$ ist :$$\frac { 1 }{ x+1 } $$

Daraus hat man jetzt eine geometrische Reihe gemacht :
$$ \frac { 1 }{ 1-(-x) }= \sum _{ k=0 }^{ \infty  }{ { (-x) }^{ k } } = 1-x+x^2-x^3 ... $$

Das verstehe ich ja alles . Und wenn man das jetzt einfach Stückweise integriert erhält man auch die gesuchte Darstellung.

Bei uns wurde jedoch so weitergemacht :

$$\int _{ 1 }^{ 1+x }{ \frac { du }{ u }  } \quad \quad mit\quad u=1+t\quad und\quad du=dt\quad =\int _{ 0 }^{ x }{ \frac { 1 }{ 1+t } dt } $$

Diesen Schritt verstehe ich nicht. Warum nimmt man die Grenzen von 1 bis 1+x? Warum diese Schreibweise nur mit du/u als Intergrand? Wie genau werden die Integrationsgrenzen verschoben,dass man auf 0 und x kommt?

Dass man durch,dass was man am ganz am Ende da stehen hat auf die Lösung kommt verstehe ich auch wieder.

Könnte mir das jemand erklären?

Comments

Warum die Grenzen verschoben werden, ist mir unklar. Es sei denn man kennt nur die Stammfunktion von 1/u aber nicht jene von 1/(x+1).

Wie man Grenzen verschiebt, ist aber klar.

u = 1 + t

t = u-1

Du hast erst die untere Grenze u1 = 1 --> t1 = 1-1 = 0

und dann u2 = 1+x ---> t2 = 1+x-1 = x.

Hoffe, dass das hilft.

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Ja dann sind die Schritte hier aber mehr oder weniger rückgangig gemacht oder wie?
Also von hinten nach vorne? Warum macht man das?

Danke

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Hab meinen Kommentar nochmal bearbeitet .

Answer 1

Ich versuch mich mal am "warum":

Wenn man die linke Seite der Behauptung ableitet, dann zur Ableitung eine Gleichung angibt, hofft man, dass man durch Integration die ursprüngliche Behauptung zeigen kann.

Dabei muss man (wegen allfällig ungleicher Integrationskonstanten) eine bestimmte Integration machen, die passt.

Comments

$$\sum _{ k=0 }^{ \infty  }{ { (-1)*\frac { 1 }{ k+1 }  }*{ (-x) }^{ k+1 } } $$

Wäre dann die Potenzreihe für log(x+1) ?

Bzw. den Index könnte man ja auch noch verschieben.

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Ja. Zumindest will man das doch beweisen (oder?)

∫ 1 - t + t^2 - t^3 ... dt = t - t^2/2 + t^3/3 - t^4/4 |₀^x liefert die rechte Seite der Behauptung.

und hoffentlich die Potenzreihe von log(1+x).

Answer 2

Da wurde nur substituiert mit u = 1 + t. Wenn man u nach t ableitet also du/dt, dann ist du/dt = 1.

Bei Substitution muss man bei bestimmten Integralen aufpassen, denn dadurch verändern sich auch die Integrationsgrenzen:

Die ursprüngliche untere Integrationsgrenze ist bei t = 0. Da u = 1 + t gilt, gilt dann für die neue untere Integrationsgrenze u = 1 + 0 = 1.

Die ursprüngliche obere Integrationsgrenze ist bei t = x. Da u = 1 + t gilt, gilt dann für die neue obere Integrationsgrenze u = 1 + x .

Comments

Warum dann  erst so eine Ausdrucksweise mit der Substitution und nicht gleich das Integral ,das als letztes genannt wird?

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Das weiß ich im Moment auch nicht. Eigentlich rein mathematisch kann man sich die Substitution schenken. Es kommt so oder so das gleiche im Endeffekt raus ....

Answer 3

Da wurde vermutlich (warum auch immer) genau das selbe gemacht wie oben, nur in grün:

$$ \log(1+x) = \int_{1}^{1+x} \frac{du}{u} \underset{t=u-1}{=}   \int_{0}^{x} \frac{dt}{1+t}  =  \int_{0}^{x} \sum_{k=0}^{\infty} (-t)^k $$

Die Integrationsgrenzen wählt man denke ich anfangs so, damit der Zusammenhang klarer wird, wobei das nicht bei jedem der Fall sein dürfte.