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Numerische Berechnung von
unendlichen Reihen
© Peter Riegler, FH Wolfenbüttel
In[1]:=
Needs@"Graphics`Master`"D
Die pseudomathematische Methode
Idee: Wir berechnen die Partialsummen und brechen ab, sobald sich zwei aufeinanderfolgende Partialsummen
um weniger als ein vorgegebenes e (Genauigkeit) ändern.
Beispiel: Berechnung von ⁄ k=0 k -1
In[2]:=
eps = 10^−3; s = 0; kk = 1; While@1 ê kk > eps, s = s + N@1 ê kkD; kk++D;
Print@"kk=", kk, " s=", sD
kk=1000 s=7.48447
Tatsächlich ist diese Reihe noch gar nicht konvergiert. Nach 10 6 Termen sieht die Situation nämlich so aus:
In[3]:=
s = 0; For@k = 0, k ≤ 1000000, s = s + N@1 ê k, 20D;, k++D; s
Out[3]= 14.392727722864723632
In[4]:=
s = 0; For@k = 0, k ≤ 1000001, s = s + N@1 ê k, 20D;, k++D; s
Out[4]= 14.392728722862723636
Der Wert der Summe ändert sich immer noch auf der 18. Nachkommastelle und hat sich auch mehr als
verdoppelt.
Die Reihe konvergiert im Übringen gar nicht, denn ⁄ k=0 k -1 ist die harmonische Reihe.
Es liegt auch kein Widerspruch zum Cauchy-Konvergenzkriterium vor. Es wurde nur falsch angewendet!
Denn es fordert, dass
» s n - s n-1 » n 0 und für alle e. Wir haben das hier nur für ein e nachgeweisen (und das nicht einmal richtig,
denn wir können das ja nicht für alle n ausprobieren).

2 reihenberechnen-1.nb
Der Fehler ist letztendlich, dass nicht zuerst die Konvergenz geprüft wurde!
Wenn man allerdings weiss, dass eine Reihe konvergiert, dann kann man sich ein Abbruchschranke e
vorgeben und die Iteration abbrechen, sobald das Inkrement kleiner als e ist.
Beispiel: Berechnen von ⁄ k=0 k -2 (Konvergenztest z.B. über Abschätzen mit Integral)
In[5]:=
eps = 10^−3; s = 0; kk = 1; While@1 ê kk^2 > eps, s = s + N@1 ê kk^2D; kk++D;
Print@"kk=", kk, " s=", sD
kk=32 s=1.61319
Der Fehler zum Grenzwert p 2 ê 6
In[6]:=
π 2
6 − s
Out[6]= 0.0317434
ist jedoch immer noch unbekannt und unzugänglich (wir kennen den Grenzwert ja nicht, sonst würden wir
die Reihe nicht numerisch berechnen).
Abschätzen des Fehlers
Wenn wir nur bis k = n iterieren, machen wir einen Fehler r n+1
k -2 n
= ⁄ k=0 k -2 + r n+1 ,
⁄ k=0
den sogenannten Restfehler
r n+1 = ⁄ k=n+1 k -2
Um tatsächlich eine gegebene Genauigkeit zu erreichen, müssen wir wissen, wie der Restfehler r n+1 von n
abhängt. Dazu genügt eine Abschätzung des Restfehlers, z.B.
r n+1 = ⁄ k=n+1 k -2
§ Ÿ n+1 x
-2
„ x
∞
In[7]:= ‡
n+1
Out[7]=
1
1 + n
x −2 x
Um diesen Restfehler zu unterschreiten, müssen wir fordern, dass das Inkrement der Iteration mindestens
kleiner ist als eps. Das ist ab diesem n der Fall:

eihenberechnen-1.nb 3
In[8]:= SolveA 1
1 + n
Out[8]= 88n → 999

4 reihenberechnen-1.nb
In[12]:=
plainconv = LogLogListPlot@
Table@8n, −NSum@1 ê k^2, 8k, 1, n

eihenberechnen-1.nb 5
bzw.
⁄ k=1 k -2
1
- 1 ÿa 1 =‚ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
k=1 k 2 Hk+1L
⁄ k=1 k -2
1
= 1 + ‚ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
k=1 k 2 Hk+1L
mit einer wesentlich schnelleren Konvergenz der rechten Seite:
In[13]:=
accelconv = LogLogListPlot@
Table@8n, −H1 + NSum@1 êHk^2 Hk + 1LL, 8k, 1, n