Wie berechne ich den n-ten Koeffizient dieser Reihe mit Kombination von x2n und x2n+1?

Question

Ich habe die folgende Reihe:

$$\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ { (-1) }^{ n } } \frac { 1 }{ (2n)! } \left( \frac { { x }^{ 2n+1 } }{ (2n+1 } +{ x }^{ 2n } \right)$$

Wie kann ich daraus den n-ten Koeffizienten berechnen? Mir ist klar dass das x (sozusagen) weg muss ( also ausgeklammert werden muss). (ich hoffe das war verständlich ausgedrückt.)

Ich komme jedoch auf alle möglichen Ergebnisse nur nicht auf das was in der Lösung steht. Habe nun schon viele Ansätze gehabt aber bin immer wieder stecken geblieben irgendwo.

Meine Idee war, dass ich x²ⁿ ausklammere. aber dann komme ich nicht weiter.

Answer 1

Hier sind doch immer 2 Summanden in einen verpackt.

Nenne 2n= k. k kann somit nur gerade Werte annehmen. k+1 ist jeweils ungerade

Dann ergibt sich innerhalb der Summe

(-1)^k/2 * 1/k!  *( x^k+1/(k+1) + x^k)

= (-1)^k/2*1/(k! *(k+1)) x^k+1 + (-1)^k/2 *1/k! x^k

Für Koeffizienten mit gerader Nummer m ergibt sich

(-1)^m/2 * 1/m!

Für Koeffizienten mit ungerader Nummer m=k+1 ergibt sich

(-1)^ ((m-1)/2) * 1/m!

Ich hoffe, das ist ungefähr das, was du suchst.

Comments

so ähnlich steht das auch in der Lösung:

$$an = \frac { { (-1) }^{ { \frac { n*(n-1) }{ 2 } } } }{ n! }$$

Trotzdem stehe ich noch auf dem schlauch. bin vermutlich einfach nur festgefahren rigendwie aber ich komme da nicht drauf???

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Kontrolle

n*(n-1)/2

n=0: n*(n-1)/2 =0 gerade

n=1: n*(n-1)/2 =0  gerade

n=2: n*(n-1)/2 = 1 ungerade

n=3: n*(n-1)/2 =3 ungerade

n=4: n*(n-1)/2 = 6 gerade

n=5: n*(n-1)/2 =10 gerade

==> n*(n-1)/2  sorgt tatsächlich dafür, dass immer 2 gerade und dann wieder 2 ungerade Werte rauskommen. Daraus folgt dann die gewünschte Reihenfolge

++- - + + - -

Am besten merkst du dir wohl diesen Ausdruck: n*(n-1)/2  als Trick für weitere solche Fälle.

Answer 2

mach doch erst mal zwei Summen daraus $$\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ n } } \frac { 1 }{ (2n)! } \frac { { x }^{ 2n+1 } }{ 2n+1 } \quad +\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ n } } \frac { 1 }{ (2n)! } \frac { { x }^{ 2n } }{ 1 } \quad$$
und dann überlegst du, dass in der vorderen Summe die beiden Nenner zu (2n+1)! zusammengefasst werden können.
$$\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ n } } \frac { { x }^{ 2n+1 } }{ (2n+1)! } \quad +\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ n } } \frac { { x }^{ 2n } }{ (2n)! } \quad$$
Jetzt sind die Summanden ja schon ungefähr von der gleichen "Bauart", nämlich
$$\frac { { x }^{ k } }{ k! }$$ mal für gerades und mal für ungerades k.
Allerdings fehlt noch das (-1)^n von vorher. Das muss ja nun zweimal hintereinader +1
und dann zweimal hintereinader -1 liefern.
z.B. kommen die Summanden mit x^8 und x^9 beide mit +1 daher (wegen n=4) und die
mit x^10 und x^11 beide mit -1 wegen n=5.
Vielleicht geht da irgendwas mit (-1) hoch .... mit Gausklammer oder so.
Mir fällt gerade nix ein, was bei k und k+1 jeweils +1 und
bei k+2 und k+3 jeweils -1 liefert.

Answer 3

Erst dachte ich auch so wie mathef: 2 einzelne Summen und (2n)!*(2n+1)=(2n+1)!

$$\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ n } } \frac { { x }^{ 2n+1 } }{ (2n+1)! } \quad +\sum _{ n=0 }^{ \infty }{ (-1)^{ n } } \frac { { x }^{ 2n } }{ (2n)! } \quad$$

was die bekannten Reihensummen sind: sin(x) + cos(x)  

"...nur nicht auf das was in der Lösung steht." das dürfte für einfache Lösung reichen.

ABER die Frage lautete ja "n-ten Keoff..." was man auch als Differenz 2er  Partialsummen betrachten kann. Und die kennen nicht viele, da die hypergeometrischen Funktionen eigentlich auch nur unendliche Summen sind:

http://www.gerdlamprecht.de/nichttrivialeGrenzwerte_Limes.html §35 und $36:

mit dieser expliziten Formel (und x < 1) kann man sofort den n. Teil berechnen (hier m= 10⁵):

http://www.lamprechts.de/gerd/php/RechnerMitUmkehrfunktion.php