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| Aufgabe | | Wieviele Glieder müssen addiert werden um wenn ln2 durch die unendliche Reihe [mm] \summe_{i=1}^{n} (-1)^{n+1} [/mm] * [mm] \bruch{1}{n} [/mm] auf drei Stellen nach dem Komma berechnet werden soll? |
Kann mir da vielleicht nochmal jmd. helfen, hab morgen Klausur und weiss nicht wirklich wie ich die Aufgabe anpacken soll
Es muss doch gelten:
| [mm] \summe_{i=1}^{n} (-1)^{n+1} [/mm] * [mm] \bruch{1}{n} [/mm] - ln2 | < [mm] 10^{-3}
[/mm]
wie kann ich das jetzt nach n auflösen?
Danke für eure Hilfe
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Wieviele Glieder müssen addiert werden um wenn ln2 durch
> die unendliche Reihe [mm]\summe_{i=1}^{n} (-1)^{n+1}[/mm] *
> [mm]\bruch{1}{n}[/mm] auf drei Stellen nach dem Komma berechnet
> werden soll?
> Kann mir da vielleicht nochmal jmd. helfen, hab morgen
> Klausur und weiss nicht wirklich wie ich die Aufgabe
> anpacken soll
> Es muss doch gelten:
> | [mm]\summe_{i=1}^{n} (-1)^{n+1}[/mm] * [mm]\bruch{1}{n}[/mm] - ln2 | <
> [mm]10^{-3}[/mm]
>
> wie kann ich das jetzt nach n auflösen?
Diese Reihe ist alternierend: das heisst auch, dass der Fehler von [mm] $\sum_{n=1}^N (-1)^{n+1}\frac{1}{n}$ [/mm] jeweils kleiner ist als das $N+1$-te Glied. Diese Fehlerabschätzung ist zwar nicht grossartig, aber jedenfalls einfach zu haben. Aufgrund dieser etwas saloppen Abschätzung hätte man bis ca. $N=1000$ zu gehen. Effektive Berechnung scheint zu zeigen, dass bereits $N=500$ genügt.
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Sorry das verstehe ich jetzt nicht so ganz
Kannst du mir vielleicht die mathematische Beweisführung zeigen, da häufiger Aufgabentypen mit einer Fehlerabschätzung einer alternierenden Reihe gibt.
Oder gibt es diese nicht und ich muss das immer so pi*daumen abschätzen?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:08 Mo 09.07.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
![[]](/images/popup.gif) Hier steht es wie man den Logarithmus als Potenzreihe berechnet. Du musst so ein n wählen, so dass das Restglied [mm] \left|R_{n+1}\right|<10^{-3}, [/mm] bzw die Abschätzung des Restgliedes kleiner als [mm] 10^{-3} [/mm] ist.
Gruß,
dormant
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:23 Mo 09.07.2007 | | Autor: | Somebody |
> Hi!
>
> Hier
> steht es wie man den Logarithmus als Potenzreihe berechnet.
Zum Konvergenzverhalten derjenigen Reihe, die er betrachten muss, steht dort nur reichlich lapidar zu lesen, dass sie "nicht sonderlich schnell" konvergiere.
Aber man kann natürlich versuchen, die Anfangsstücke der Reihenentwicklung von [mm] $\ln(1+x)$ [/mm] als Taylorapproximationen aufzufassen und deren Lagrange-Restglied für $x=1$ und [mm] $n\rightarrow \infty$ [/mm] abzuschätzen.
> Du musst so ein n wählen, so dass das Restglied
> [mm]\left|R_{n+1}\right|<10^{-3},[/mm] bzw die Abschätzung des
> Restgliedes kleiner als [mm]10^{-3}[/mm] ist.
Ja, schön und gut, aber dies ist für eine andere, eben deutlich schneller konvergierende Reihe für den [mm] $\ln$.
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:32 Mo 09.07.2007 | | Autor: | dormant |
Hi!
Da hast du Recht, hab wohl nicht sehr aufmerksam gelesen, sorry.
Gruß,
dormant
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Ich glaub ich habs verstanden:
Das ist doch das gleiche wie wenn ich die Fkt. ln(x) mittels Taylor um x0=1 entwickle und dann das Restglied nach Lagrange nicht größer als [mm] 10^{-3} [/mm] werden darf oder ist das eine andere Fehlerabschätzung?
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> Ich glaub ich habs verstanden:
> Das ist doch das gleiche wie wenn ich die Fkt. ln(x)
> mittels Taylor um x0=1 entwickle und dann das Restglied
> nach Lagrange nicht größer als [mm]10^{-3}[/mm] werden darf oder ist
> das eine andere Fehlerabschätzung?
Es ist, auf den ersten Blick, sicher eine andere Art von Abschätzung als mein saloppes Argument von wegen alternierende Reihe. Aber, wenn ich mich nicht sehr täusche, wirst Du bei der Abschätzung des Lagrange-Restglieds in etwa auf dieselbe lausige Abschätzung kommen. Denn es ist doch [mm] $\ln^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}(n-1)!\frac{1}{x^n}$. [/mm] Wegen dieses Faktors $(n-1)!$ wird dann das Lagrange-Restglied halt auch nicht so phantastisch schnell kleiner, wie man sich dies wohl wünschen möchte...
Aber ich würds an Deiner Stelle auf jeden Fall genau nachrechnen (es ist ja nicht "meine" Aufgabe).
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Na dann will ich mal hoffen dass "meine" Aufgabe morgen nicht in der Prüfung kommt.
Danke für eure hilfe auch wenns nicht zu einem genauen Ergebnis geführt hat!
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