DGL mit dem Potenzreihenansatz lösen

Aufrufe: 235     Aktiv: vor 1 Woche, 1 Tag

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Guten Tag

Folgende Aufgabe : 

Meine Lösung bisher für die a)

Ich bin mir nicht ganz sicher, ob dieser Weg korrekt ist. Mit den Videos und Skripts mit denen ich gearbeitet habe bin ich auf diese Schritte gekommen. 

Man kann jetzt sicherlich noch zusammenfassen, was ich aber noch nicht gemacht habe, weil ich gerne nachfragen wollte, ob das bisher stimmt.

 

Falls ja, wie müsste ich dann bei der b und c entsprechend vorgehen. Bei der b) wäre meine Idee einfach anhand der Fallunterscheidung das Resultat aus a umzuschreiben für gerade und ungerade n und dann die Punkte 0 bzw

\((-1)^{\frac{n}{2}}\) einzusetzen.

 

Ich bedanke mich für eure Hilfe :) LG

 

 

gefragt vor 1 Woche, 3 Tage
w
wizzlah,
Student, Punkte: 282
 
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2 Antworten
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Damit die Lösung keine Potenzreihe, sondern nur ein Polynom ist, müssen schließlich alle Koeffizienten 0 sein. Nach der Rekursionsvorschrift ist \(a_{n+2}=0\) und damit auch alle \(a_{n+2m}=0, m\in\mathbb N\).

Damit aber auch die Koeffizienten der anderen Parität irgendwann 0 werden, muss \(a_0\) bzw. \(a_1\) gleich 0 sein, denn die Rekursionsvorschrift wird nur dann 0, wenn \(n= k\) oder \(a_k=0\). Damit ergibt sich im Fall \(n\) ungerade sofort \(T_n (0)=0\). Wie man in diesem Fall auf die Eindeutigkeit kommt, ist mir noch unklar, mir scheint als ob man \(a_1\) frei wählen dürfte. 

Wenn man die Eindeutigkeit aber gezeigt hat, kann man die Identität \(T_n(t)=\cos (n\arccos (t))\) darüber zeigen, dass

(1) \(\cos (n\arccos(t))\) ein Polynom ist und

(2) dass es die Differentialgleichung sowie die gegebenen Anfangswerte erfüllt.

(2) sollte einfaches Nachrechnen sein (zweimal Ableiten und einsetzen), für (1) setzen wir \(C (n)=\cos (n\arccos t)\) und \(S (n)=\sin (n\arccos t)\) und zeigen induktiv, dass \(C (n)\) sowie \(S (n)\sqrt {1-t^2}\) Polynome sind (Additionstheoreme). Zumindest fällt mir kein einfacherer Weg ein.

Die c) folgt direkt aus \(T_n (t)=\cos (n\arccos t)\), denn diese Funktion hat \(n\) Nullstellen und alle Extrema haben wegen dem Cosinus einen Funktionswert von \(\pm 1\).

Ich hoffe, ich konnte noch ein bisschen weiterhelfen und dass wir die letzten offenen Probleme auch noch gemeinsam lösen.

geantwortet vor 1 Woche, 2 Tage
s
sterecht, verified
Student, Punkte: 3.16K
 

Ich hab nochmal drübergeschaut. Für \(n= 1\) und beliebiges \(a_1\in\mathbb R\) erfüllt \(T_1=a_1t\) die Differentialgleichung sowie \(T_1(0)=0\), d.h. die Lösung ist nicht eindeutig. Folglich stimmt die Aufgabenstellung nicht. Oder habe ich mich verrechnet?   -   sterecht, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Ah ja das macht tatsächlich echt viel Sinn. Ein unedlich langes Polynom ist natürlich Unsinn. :D
Mit \( n \) gerade geht für mich aber noch nicht wirklich auf.
Ich würde sogar sagen, das wenn \( n \) gerade ist, dann ist es doch relativ egal wie wir \( a_0 \) wählen, weil die Kette definitiv irgendwann abbricht. Ob sich das \( n \) gerade vielleicht eher auf \( a_1 \) bezieht und falsch formuliert ist?

Zur Eindeutigkeit: Wir haben hier ja eine DGL 2ter Ordnung. Benötigen also auch 2 Randbedingungen, damit die Lösung wirklich eindeutig wird. Mit \( x'(0) = a_1 \) sollte dann die DGL doch eindeutig bestimmt sein oder? Ich gebe dir recht, dass das sich anders liest und es so scheint, als sollte die Eindeutigkeit alleine durch \( T_n(0) \) gegeben sein, aber das ist quatsch und kann meiner Meinung nach nicht sein.
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Für gerades \(n\) muss ja \(a_1=0\) sein, damit die ungeraden Koeffizienten verschwinden. Und \(a_0=(-1)^{n/2}\) ist ja durch die Aufgabenstellung vorgegeben, d.h. in diesem Fall ist \(T_n\) tatsächlich eindeutig.
Aber der ungerade Fall scheint nicht zu funktionieren. Damit das Polynom endet, muss \(a_0=0\) sein. Damit gibt uns \(T_n(0)=0\) keine neuen Informationen und die Lösung ist nicht eindeutig.
  -   sterecht, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Vielen Dank für die ganzen Antworten, das hilft mir echt ENORM weiter!

Habe ich da etwa was falsch verstanden, ich dachte für \(T_n(0)\) <---- das bezieht sich auf die \(x\) bzw. \(t\) in unserem Fall und nicht auf die Koeffizienten.
  -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Mit dem Ansatz \(x (t)=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\) ist \(x (0)=a_0\).   -   sterecht, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Stimmt. >.< Danke!
Und ihr habt übrigens vollkommen recht. Die Aufgabe hat einen Fehler. Ich wurde gerade darüber informiert und lade jetzt gleich die richtige Version hoch.
  -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Jetzt bin ich gespannt :D
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Ist oben. Das ist natürlich blöde, wenn man da nicht ausreichend informiert wird. Tut mir Leid.   -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Ach kein Problem. Kannst du ja nichts für :)
Hmm finde durch diese Eigenschaften, werden wir aber eine Kette nicht los. Ein wirklich eindeutiges Polyom würde wir durch
Für gerades \( n \):
$$ T_n(0) = (-1)^{\frac n2} \quad T_n'(0) = 0 $$
für ungerades \( n \):
$$ T_n(0) = 0 \quad T_n'(0) = (-1)^{\frac {n-1} 2} \cdot n $$
oder?
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Es gilt doch nur jeweils eine Bedingung für die beiden Fälle von n oder nicht?   -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Ja und das finde ich eben sehr komisch.
Damit das Polynom wirklich eindeutig ist, benötigen wir 2 Randbedingungen. Eben um die beiden rekursiven "Ketten" zu starten. Einmal mit \( a_0 \) und einmal mit \( a_1 \)
Nun wird für gerades \( n \) die Kette mit dem Startwert \( a_0 \) irgendwann nur noch Null als Koeffizienten haben, da ab \( n^2 = k^2 \) der Zähler der Rekursion Null wird und dann immer wieder nur eine Null eingesetzt wird.
Deshalb ists es hier auch sinnvoll \( T(0) = a_0 = (-1)^{\frac n2 } \) einen eindeutigen Startwert zuzuordnen. Aber was passiert bei einem geraden \( n \) mit der Kette die mit \( a_1 \) startet? Diese läuft immer weiter bis ins unendliche. Deshalb wäre es hier wohl sinnvoll selbst direkt \( T'(0) = a_1 = 0 \) anzusetzen.
Das ist aber nicht passiert, deshalb finde die Aufgabenstellung immer noch etwas fragwürdig.
Analoges gilt für ein ungerades \( n \).
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Sorry ich blick da gerade nicht durch. Wieso haben wir denn mit dem Startwert \(a_0\) nur noch Null als Koeffizienten? \(n^2 = k^2\) ist ja folglich dann nur bei einem Summanden der Fall und dann nicht mehr.   -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Ja aber sagen wir mal \( n= 4 \) gerade. Dann gilt wegen \( n^2 = k^2 \), \( a_4 =0 \).
Wenn wir das nun in die Rekursion einsetze, multiplizieren wir den Bruch ja mit dem Wert davor, also
$$ a_6 = \frac {4^2 - 6^2} {36 + 18 + 2 } \cdot 0 = 0 $$
und das geht immer so weiter.
Deshalb ist für diese Kette gewährleistet das diese abbricht.
Für die Kette die bei \( a_1 \) startet aber nicht, weil nie ein Glied den Fall \( n^2 = k^2 \) haben wird und so niemals Null wird, außer wir setzen den Startwert direkt gleich Null.
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Jetzt ergibt alles für mich Sinn:
Wenn \(n\) ungerade ist, muss \(a_0=0\) sein, damit wir ein Polynom erhalten, und zusätzlich haben wir die Angabe \(T_n'(0)=a_1=(-1)^{n/2}\cdot n\), also ist das Polynom tatsächlich eindeutig.
Ebenso für gerade \(n\): \(a_0\) ist gegeben und \(a_1=0\), damit es ein Polynom wird.
In beiden Fällen ist \(T_n\) also eindeutig bestimmt.
  -   sterecht, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Ja genau aber meiner Meinung nach eben nur wenn wir jeweils den anderen Startkoeffizienten gleich Null setzen. Das ist in der Aufgabenstellung aber nicht mit erwähnt.
Aber anders macht es einfach keinen Sinn
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Aber das ist ja notwendig, damit \(T_n\) ein Polynom wird, was ja schon gefordert ist. Wenn der andere Koeffizient nicht 0 wäre, erhielte man ja eine unendlich lange Potenzreihe.
Die Aussage, dass es sich um ein Polynom handelts, ist gewissermaßen die zweite Information, die wir für die Eindeutigkeit benötigen.
  -   sterecht, verified vor 1 Woche, 1 Tag

AHh ja danke vielmals mir ist da etwas in der Rekursionsformel verloren gegangen.   -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Ah ja ok. Ja gut sehe ich absolut ein, dass das mit in der Forderung steckt. Das kann echt gut sein. :)
Ich denke wir sind uns auf jeden Fall einig das jeweils der andere Anfangswert gleich Null gesetzt werden muss :D
Anders macht es auch einfach keinen Sinn :)

Nun zu \( T_n (t) = \cos(n \cdot \arccos(t)) \).
Wenn wir nun die Taylorreihe betrachten wollen (um den Entwicklungspunkt Null), müssen wir in den ersten Summanden \( t=0 \) setzen. Das führt zu
$$ \cos( n \cdot \arccos(0)) = \cos(n \cdot \frac {\pi} 2 ) $$
mit \( n = 2m \, m \in \mathbb{N} \) (also \( n \) gerade) erhalten wir damit
$$ \cos(2m \cdot \frac {\pi} 2 ) = \cos( m\pi ) = (-1)^m = (-1)^{\frac n2} $$
ah kommt einem schon mal bekannt vor.
Mit \( n = 2m+1 \), also ungerade, erhalten wir hier sogar
$$ \cos((2m+1) \cdot \frac {\pi} 2) = \cos(m \pi + \frac {\pi} 2 ) = \cos(m \pi ) \cdot \cos(\frac {\pi} 2) - \sin(m \pi ) \cdot \sin(\frac {\pi} 2) = 0 $$
unseren anderen Startwert.

Wir brauchen nocjh die erste Ableitung
Für \( n = 2m \),
$$ T_n'(t) = \dfrac{n\sin\left(n\arccos\left(x\right)\right)}{\sqrt{1-x^2}} $$
Setzen wir da Null ein, erhalten wir
$$ T_n'(0) = \sin(n \cdot \frac {\pi} 2 ) = \sin( 2m \cdot \frac {\pi} 2 ) = \sin(m \pi) =0 $$
und zuletzt
$$ n=2m+1$$
erhalten wir
$$\sin( (2m+1) \cdot \frac {\pi} 2) = \sin(m \pi + \frac {\pi} 2 ) = \sin(m \pi) \cdot \cos(\frac {\pi}2) + \cos(m \pi ) \cdot \sin(\frac {\pi} 2) = (-1)^{m} = (-1)^{\frac {n-1} 2} $$
Die Startwerte passen also schon mal wunderbar. Allerdings habe ich mir mal die nächsten Ableitungen angeguckt und komme noch nicht wirklich auf die Vorschrift der Taylorreihe.
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Ich würde das nicht über Taylorreihen machen. Wir haben ja gezeigt, dass das Polynom \(T_n\) aus den gegebenen Bedingungen eindeutig bestimmt ist.
Wenn wir also zeigen können, dass \(\cos(n\arccos t)\) ebenfalls die Bedingungen erfüllt und ein Polynom ist, muss wegen der Eindeutigkeit Gleichheit gelten. Die Startwerte hast du ja schon überprüft, wenn man noch die zweite Ableitung bildet und das in die DGL einsetzt, passt das auch.

Jetzt müssen wir also noch zeigen, dass es sich bei \(\cos(n\arccos t)\) um ein Polynom handelt.
Dies kann man mit vollständiger Induktion zeigen, genauer zeigen wir

\(\forall m\in\mathbb N\colon \cos(m\arccos t)\) und \(\sqrt{1-t^2}\sin(m\arccos t)\) sind Polynome.

Das geht recht einfach mit den Additionstheoremen für \(\cos(x+y)\) und \(\sin(x+y).\)
  -   sterecht, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Ich muss mich nochmals bei euch bedanken, dass ihr euch so viel Zeit genommen habt mir bei dieser Aufgabe zu helfen. Mir sind nun fast alle Schritte klar. Das Einsetzen in die DGL erscheint mir gerade ohne Hilfsmittel äusserst "hässlich", wenn ich das richtig sehe.   -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag

Es ist zwar etwas mühsam, aber nicht sonderlich schwer, die ersten beiden Ableitungen von \(\cos(n\arccos t)\) zu berechnen:
\(\begin{align}T_n'(t)&=\frac{-n\sin(n\arccos t)}{\sqrt{1-t^2}},\\T_n''(t)&=-\frac{n^2\sqrt{1-t^2}\cos(n\arccos t)+nt\sin(n\arccos t)}{(1-t^2)^{3/2}}\end{align}\)
Nun ist nicht schwer zu sehen, dass \((1-t^2)T_n''(t)=-n^2T_n(t)+tT_n(t)\) gilt.
  -   sterecht, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Ah ja die gezeigte Eindeutigkeit erledigt das für uns. :D
Ach sehr gerne :) Spannende Aufgabe :D
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Da schließe ich mich an. Sehr interessante Aufgabe, da ich noch nicht viel mit Differentialgleichungen gemacht habe (bin erst im zweiten Semester). Aber immer schön, gemeinsam eine Lösung zu erarbeiten.   -   sterecht, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Seh ich genau so, Da kann man selbst noch ne Menge lernen :D   -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 1 Tag

Ahhhhh top vielen Dank jetzt seh ich es auch. Ich bin schon im vierten Semester (aber nicht Mathe) und finde DGL cool, weswegen ich es belegt habe. :-)
Es ist immer gut wenn alle davon profitieren können.
  -   wizzlah, vor 1 Woche, 1 Tag
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Hallo,

ich habe es noch nicht ganz durchgerechnet, aber schon mal ein paar Anmerkungen

Ich würde als Laufindex nicht \( n \) nehmen. Das \( n \) in der DGL hat nichts mit dem Laufindex zu tun.

Dann ist deine Variable \( t \) und nicht \( x \). Du hast also als Ansatz

$$ \sum\limits_{k=0}^\infty a_k t^k $$

Den Entwicklungspunkt müssen wir glaube ich auch nicht unbedingt wählen. Wenn wir nämlich \((t-t_0)^k \) auflösen, erhalten wir ein Polynom. Durch anpassen der Vorfaktoren, kann das Polynom angepasst werden. 

Mit diesem Ansatz ist es nun auch einfacher die Potenzreihen mit den Vorfaktoren zusammenzufassen. 

Nun würde ich mal versuchen alles in eine Reihe zu bekommen. Versuche dabei, alle Potenzen von \( t \) gleichzuhalten. Mache dafür gegebenenfalls eine Indexverschiebung. 
Wenn du dann nicht den gleichen Startindex hast, dann rechne solange Summanden aus, bis du bei allen Reihen den höchsten Startindex erreichst.

Also hast du beispielsweise

$$ \sum\limits_{k=1}^\infty a_k t^k + \sum\limits_{k=2}^\infty a_{k+1} k t^k $$

Dann berechnen wir den ersten Summanden der ersten Reihe zu ziehen die Reihen zusammen

$$ = a_1 t^1 + \sum\limits_{k=2}^\infty a_k t^k + a_{k+1} k t^k = a_1 t + \sum\limits_{k=2}^\infty (a_k + k a_{k+1} ) t^k $$
Nun kannst du einen Koeffizientenvergleich durchführen.

Die anderen Aufgabenteile sind denke ich aufgrund der Lösung von a) behandelbar. Du wirst wohl eine Lösung erhalten in Abhängigkeit von \( n \). Je nachdem ob \( n \) gerade ist oder nicht, nimmt das Einfluss auf \( a_0 \). Für ein Polynom

$$ p(x) = \sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k $$

gilt für \( x=0 \) 

$$ p(0) = a_0 $$

Es geht hier also um den Startwert deiner rekursiven Vorschrift. 

Für den Beweis von 

$$ T_n (t) = \cos(n \cdot \arccos(t)) $$

muss man eventuell eine Taylorentwicklung machen. Aber da bin ich mir noch nicht ganz sicher, worauf das hinausläuft.

c) müsste man auch mal gucken, wenn die Lösung von a) vorliegt.

Ich hoffe das hilft dir schon mal. Versuch dich mal, ansonsten melde dich gerne nochmal. Ich rechne es später auch nochmal durch :)

Grüße Christian

Edit: Oh jetzt wo ich es abschicke, sehe ich das du sogar \(t \) als Variable eingesetzt hast. Würde es dann aber einheitlich halten :)

geantwortet vor 1 Woche, 3 Tage
christian_strack, verified
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 21.9K
 

Hallo Christian

Vielen Dank für deine detailreiche Antwort. Ich werde mich gleich nochmals damit auseinandersetzen und mich melden.
  -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Sehr gerne :) Alles klar :D   -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Ich habe die erste Teilaufgabe nochmals probiert. Sieht das so besser aus? Für mich sieht das noch nicht ganz so sauber aus, vor allem wenn ich damit dann die nächsten Teilaufgaben lösen muss.   -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Ich würde es noch etwas anders machen. Wir setzen erstmal in die DGL ein
$$ (1-t^2)\sum\limits_{k=2}^\infty a_k (k^2-k)t^{k-2} - t\sum\limits_{k=1}^\infty a_k k t^{k-1} + n^2 \sum\limits_{k=0}^\infty a_k t^k = 0 $$
Nun holen wir alle Vorfaktoren in die Summen hinein
$$ \Rightarrow \sum\limits_{k=2}^\infty a_k (k^2 -k) t^{k-2} - \sum\limits_{k=2}^\infty a_k (k^2 - k) t^k - \sum\limits_{k=1}^\infty a_k k t^k + \sum\limits_{k=0}^\infty n^2 a_k t^k = 0 $$
Nun bringen wir alle t's auf die gleiche Potenz
$$ \Rightarrow \sum\limits_{k=0}^\infty a_{k+2} (k^2 + 3k +2) t^k + - \sum\limits_{k=2}^\infty a_k (k^2 - k) t^k - \sum\limits_{k=1}^\infty a_k k t^k + \sum\limits_{k=0}^\infty n^2 a_k t^k = 0 $$
Jetzt bringen wir alle Summen auf den selben Startindex. Dies funktioniert nicht durch Indexverschiebung. Weil wir sonst wieder unterschiedliche Potenzen von \(t \) hätten.
Wir nehmen den höchsten Startindex (\(k=2\)) und berechnen von den Summen so die ersten Summanden, sodass alle Summen bei \( k=2 \) starten.
$$ \Rightarrow 2a_2 + 6a_3 t + \sum\limits_{k=2}^\infty a_{k+2} (k^2 + 3k +2) t^k - \sum\limits_{k=2}^\infty a_k (k^2 -k)t^k - a_1 t - \sum\limits_{k=2}^\infty a_k k t^k + n^2 a_0 + n^2 a_1 t + \sum\limits_{k=2}^\infty n^2 a_k t^k = 0 $$
Nun sortieren wir noch alles und fassen alle Summen zusammen
$$ \Rightarrow (2a_2 + n^2a_0) + (6a_3 + a_1(n^2-1))t + \sum\limits_{k=2}^\infty \left( (k^2 + 3k + 2)a_{k+2} + (n^2 - k^2) a_k \right) t^k = 0 $$
Das sieht doch schon mal wensentlich schöner aus ;)
Jetzt kann diese Gleichung nur für alle \( t \) aus unserem Definitonsbereich Null werden, wenn alle Koeffizienten Null werden. Daraus erhalten wir jetzt 3 Gleichungen. Aus denen sich dann die \( a_k \) bestimmen lassen. Oder zumindest erstmal eine rekursive Vorschrift.
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Ahh ja super jetzt seh ichs. Vielen Dank!   -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Wie kann ich nun aber mittels den drei Gleichungen zeigen, dass genau das Polynom wie in der b beschrieben existiert?.

Ich habe probiert ein LGS aufzustellen, aber da kommt man nicht weit.
  -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Also ab hier bin ich mir auch echt unsicher.
Wir erhalten zuerst die Gleichungen
$$ \begin{array}{ccc} a_2 & = & - \frac {n^2} 2 a_0 \\ a_3 & = & - \frac {n^2-1} 6 a_1 \\ a_{k+2} & = & - \frac {n^2 - k^2} {k^2 +3k +2} a_k \end{array} $$
Das zeigt uns schon mal das es ein Polynom gibt. Und je nach Anfangswerten \( x(0) = a_0 \) und \( x'(0) = a_1 \) ist dieses auch eindeutig durch die Rekursion festgelegt.
Warum aber daraus und aus
$$ T_n(0) := \left\{ \begin{matrix} 0, \quad \text{falls n ungerade} \\ (-1)^{\frac n2}, \quad \text{falls n gerade} \end{matrix} \right.. $$
folgen soll, dass
$$ T_n(t) = \cos(n \cdot \arccos(t)) $$
gelten soll ist mir auch noch nicht ganz schlüssig. Meine Überlegung ist das es eventuell etwas mit der Taylorentwicklung vom Kosinus zu tun hat. Aber was genau wird mir auch noch nicht ganz klar :p
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Wie kommst du genau auf \(x(0) = a_0 \) bzw, \(x'(0) = a_1\)?   -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Wir haben als Ansatz das Polynom
$$ p(x) = \sum\limits_{k=0}^\infty a_k x^k $$
gewählt. Wenn wir nun \( x=0 \) setzen, wird jeder Summand zu Null außer der konstante \( a_0 \)
$$ p(0) = a_n 0^n + a_{n-1} 0^{n-1} + \ldots + a_1 0 + a_0 = a_0 $$
Wenn wir nun ableiten, geht der ursprüngliche konstante Term "verloren" der neue konstante Term ist der Vorfaktor von \( x ^1 \), also \( a_1 \).
$$ p'(0) = n a_n 0^{n-1} + \ldots + 2 a_2 0 + a_1 = a_1 $$
Deshalb werden die Startwerte der Rekursion durch die Randwerte festgelegt.
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Ah ja klar logisch. Ich brauch ne Pause :D. Danke !   -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Ja geht mir auch so :D
Den rest bekommen wir schon noch raus. :P sehr gerne :)
  -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Das wär super. :-D   -   wizzlah, vor 1 Woche, 2 Tage

Kleiner Tippfehler: Bei der dritten Rekursionsformel fehlt ein \(\cdot a_k\) am Ende.   -   sterecht, verified vor 1 Woche, 2 Tage

Ah ja danke dir :)   -   christian_strack, verified vor 1 Woche, 2 Tage
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