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| Aufgabe | Sei [mm] $a_n [/mm] := [mm] \left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n$, [/mm] $n [mm] \in\IN$ [/mm] eine Folge komplexer Zahlen.
Zeige, dass [mm] $|a_n| [/mm] = 1$ und [mm] $a_n\not=1$ [/mm] für alle $n [mm] \in\IN$.
[/mm]
Ist [mm] $(a_n)$ [/mm] konvergent?
Besitzt [mm] $(a_n)$ [/mm] eine konvergente Teilfolge? |
Hallo,
seit ein paar Tagen verzweifle ich an folgendem Problem, ich hoffe, ihr könnt mir helfen:
Und zwar möchte ich gerne zeigen, dass für die Folge [mm] $a_n:=\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n$ [/mm] gilt: [mm] $a_n\not=1$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$ [/mm] (die restlichen Teilaussagen der Aufgabe habe ich bereits gezeigt).
Was ich bisher probiert habe:
[mm] $\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n=\left(\frac{(2-i)^2}{5}\right)^n=\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}$
[/mm]
Nun könnte ich den binomischen Lehrsatz anwenden, um vielleicht eine Aussage über Real- und Imaginärteil zu erhalten, aber ich sehe nicht, dass mich das weiterbringen könnte:
[mm] $\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}=\frac1{5^n} \sum\limits_{k=0}^{2n} {2n\choose k} (-i)^k 2^{2n-k}$
[/mm]
Die Polarkoordinatendarstellung oder die Eulersche Form der komplexen Zahlen kann ich nicht verwenden, da sie nicht in der Vorlesung behandelt wurde.
Habt ihr eine Idee?
Vielen Dank
Leonhard
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:37 Fr 02.12.2011 | | Autor: | hippias |
> Sei [mm]a_n := \left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n[/mm], [mm]n \in\IN[/mm] eine
> Folge komplexer Zahlen.
> Zeige, dass [mm]|a_n| = 1[/mm] und [mm]a_n\not=1[/mm] für alle [mm]n \in\IN[/mm].
>
> Ist [mm](a_n)[/mm] konvergent?
> Besitzt [mm](a_n)[/mm] eine konvergente Teilfolge?
> Hallo,
>
> seit ein paar Tagen verzweifle ich an folgendem Problem,
> ich hoffe, ihr könnt mir helfen:
>
> Und zwar möchte ich gerne zeigen, dass für die Folge
> [mm]a_n:=\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n[/mm] gilt: [mm]a_n\not=1[/mm] für
> alle [mm]n\in\IN[/mm] (die restlichen Teilaussagen der Aufgabe habe
> ich bereits gezeigt).
>
> Was ich bisher probiert habe:
>
> [mm]\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n=\left(\frac{(2-i)^2}{5}\right)^n=\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}[/mm]
>
> Nun könnte ich den binomischen Lehrsatz anwenden, um
> vielleicht eine Aussage über Real- und Imaginärteil zu
> erhalten, aber ich sehe nicht, dass mich das weiterbringen
> könnte:
>
> [mm]\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}=\frac1{5^n} \sum\limits_{k=0}^{2n} {2n\choose k} (-i)^k 2^{2n-k}[/mm]
>
> Die Polarkoordinatendarstellung oder die Eulersche Form der
> komplexen Zahlen kann ich nicht verwenden, da sie nicht in
> der Vorlesung behandelt wurde.
>
> Habt ihr eine Idee?
>
> Vielen Dank
> Leonhard
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Meine Loesung zu dem Problem ist nicht analytisch: Die Elemente des Ringes [mm] $\IZ[i]$ [/mm] lassen sich eindeutig als Produkt von Primelementen schreiben. Man sieht leicht ein, dass $2+i$ bzw. $2-i$ prim in diesem Ring sind, aber nicht assoziert. Damit ergibt die Annahme der endlichen Ordnung, also der Gleichung [mm] $(2+i)^{n}= (2-i)^{n}$, [/mm] leicht einen Widerspruch. Jedoch weiss ich nicht, ob ihr diese Kenntnisse voraussetzen duerft. .
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Hallo hippias,
> Meine Loesung zu dem Problem ist nicht analytisch: Die
> Elemente des Ringes [mm]\IZ[i][/mm] lassen sich eindeutig als Produkt [/i][/mm]
> [mm][i]von Primelementen schreiben. Man sieht leicht ein, dass [mm]2+i[/mm] [/i][/mm]
> [mm][i]bzw. [mm]2-i[/mm] prim in diesem Ring sind, aber nicht assoziert. [/i][/mm]
> [mm][i]Damit ergibt die Annahme der endlichen Ordnung, also der [/i][/mm]
> [mm][i]Gleichung [mm](2+i)^{n}= (2-i)^{n}[/mm], leicht einen Widerspruch. [/i][/mm]
> [mm][i]Jedoch weiss ich nicht, ob ihr diese Kenntnisse [/i][/mm]
> [mm][i]voraussetzen duerft. .[/i][/mm]
> [mm][i] [/i][/mm]
Danke für die Antwort, die mir nicht weiter hilft, da es sich um eine Frage aus Analysis I handelt...
Hat vielleicht noch jemand anderes eine Idee für
[mm]\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n\not=1[/mm]?
Vielen Dank
Leonhard
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was bedeutet es für diese folge, wenn auch nur ein glied 1 wäre? dann wären ab diesem glied...
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> was bedeutet es für diese folge, wenn auch nur ein glied 1
> wäre? dann wären ab diesem glied...
Dann würden sich die Folgenglieder periodisch wiederholen (wie z.B. bei [mm] $a_n=i^n$), [/mm] aber inwiefern würde mir das weiterhelfen?
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überleg!!! was ist [mm] $1^{n}$? [/mm]
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> überleg!!! was ist [mm]1^{n}[/mm]?
Hm, 1.
Was hat das mit meiner Frage zu tun?
Bei [mm] $b_n=i^n$ [/mm] gibt es doch auch die Situation, dass es ein n gibt mit [mm] $b_n=1$, [/mm] aber trotzdem sind ab diesem Index nicht alle Folgenglieder 1 (oder worauf willst du hinaus?)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:52 Fr 02.12.2011 | | Autor: | abakus |
> Sei [mm]a_n := \left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n[/mm], [mm]n \in\IN[/mm] eine
> Folge komplexer Zahlen.
> Zeige, dass [mm]|a_n| = 1[/mm] und [mm]a_n\not=1[/mm] für alle [mm]n \in\IN[/mm].
>
> Ist [mm](a_n)[/mm] konvergent?
> Besitzt [mm](a_n)[/mm] eine konvergente Teilfolge?
> Hallo,
>
> seit ein paar Tagen verzweifle ich an folgendem Problem,
> ich hoffe, ihr könnt mir helfen:
>
> Und zwar möchte ich gerne zeigen, dass für die Folge
> [mm]a_n:=\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n[/mm] gilt: [mm]a_n\not=1[/mm] für
> alle [mm]n\in\IN[/mm] (die restlichen Teilaussagen der Aufgabe habe
> ich bereits gezeigt).
>
> Was ich bisher probiert habe:
>
> [mm]\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n=\left(\frac{(2-i)^2}{5}\right)^n=\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}[/mm]
>
> Nun könnte ich den binomischen Lehrsatz anwenden, um
> vielleicht eine Aussage über Real- und Imaginärteil zu
> erhalten, aber ich sehe nicht, dass mich das weiterbringen
> könnte:
>
> [mm]\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}=\frac1{5^n} \sum\limits_{k=0}^{2n} {2n\choose k} (-i)^k 2^{2n-k}[/mm]
Hallo,
wenn du den Betrag 1 gezeigt hast (z.B. durch Induktion) genügt es zu beweisen, dass der Imaginärteil nicht Null werden darf (denn dann ist [mm] a_n [/mm] entweder sofort 1 oder [mm] a_n [/mm] ist -1, aber dann wird [mm] a_{2n}=1).
[/mm]
Ein Imaginärteil tritt in der Summe nur für ungerade k auf.
Untersuche darauf hin deine Summe.
Gruß Abakus
>
> Die Polarkoordinatendarstellung oder die Eulersche Form der
> komplexen Zahlen kann ich nicht verwenden, da sie nicht in
> der Vorlesung behandelt wurde.
>
> Habt ihr eine Idee?
>
> Vielen Dank
> Leonhard
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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Hallo abakus,
vielen Dank für deine Antwort!
> > Nun könnte ich den binomischen Lehrsatz anwenden, um
> > vielleicht eine Aussage über Real- und Imaginärteil zu
> > erhalten, aber ich sehe nicht, dass mich das weiterbringen
> > könnte:
> >
> > [mm]\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}=\frac1{5^n} \sum\limits_{k=0}^{2n} {2n\choose k} (-i)^k 2^{2n-k}[/mm]
>
> Hallo,
> wenn du den Betrag 1 gezeigt hast (z.B. durch Induktion)
(Das müsste doch auch direkt gehen, denn [mm] $|z^n|=|z|^n$. [/mm] Ist aber nebensächlich für mein Hauptproblem.)
> genügt es zu beweisen, dass der Imaginärteil nicht Null
> werden darf (denn dann ist [mm]a_n[/mm] entweder sofort 1 oder [mm]a_n[/mm]
> ist -1, aber dann wird [mm]a_{2n}=1).[/mm]
> Ein Imaginärteil tritt in der Summe nur für ungerade k
> auf.
Soweit hatte ich das auch schon überlegt, aber wegen des alternierenden Terms fällt es mir immer noch schwer zu zeigen, dass die Summe ungleich Null ist:
[mm] $\mathrm{Im}\left(\frac{(2-i)^{2n}}{5^n}\right)=\frac1{5^n} \sum\limits_{k=0}^{n-1} {2n\choose 2k+1} (-1)^{k+1} 2^{2n-(2k+1)}$
[/mm]
> Untersuche darauf hin deine Summe.
Wie kann man da nun schnell sehen, dass das Ergebnis [mm] $\not=0$ [/mm] ist?
Irgendwie sehe ich da etwas recht elementares nicht...
Vielen Dank
Leonhard
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Ich verstehe nicht ganz, warum meine Frage nun plötzlich beantwortet sein soll? Bin ich so dämlich, dass ich das Ergebnis nicht sehe...?
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Hallo Forum,
wenn ich kurz den Stand der Diskussion zusammenfassen darf: Es gibt also drei Leute hier, die einen Lösungsweg angedeutet haben, aber irgendwie sehe ich nicht, wie ich die Wege zu Ende gehen kann. Ich frage mich nun, ob die Tippgeber ihren Tipp nun möglicherweise nicht zu Ende gedacht haben, oder ob ich selbst etwas Entscheidenes übersehe. Das zweite ist sicher das Wahrscheinlichste, aber ich würde gerne wissen, was...
Nochmal das Problem:
Warum ist [mm] $\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n\not=1$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$?
[/mm]
Vielen Dank!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:39 Sa 03.12.2011 | | Autor: | hippias |
Ein Aufgabenteil fragt danach, ob die Folge eine konvergente Teilfolge hat. Wenn die Antwort darauf "Nein" lauten sollte - was ich nicht weiss, aber vermute - dann kannst die Annahme einer endlichen Ordung damit zum Widerspruch fuehren, durch die schon erwaehnte Periodizitaet.
Sollte der Aufgabenteil mit der Teilfolge noch nicht beantwortet sein, koennte man eine Betrachtung des Imaginaerteils der Potenzen versuchen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:52 Sa 03.12.2011 | | Autor: | fred97 |
Natürlich enthält [mm] (a_n) [/mm] eine konvergente Teilfolge, denn [mm] (a_n) [/mm] ist beschränkt.
(Bolzano-Weierstraß)
FRED
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Hallo
ich stelle fest, dass das Problem vielleicht doch nicht ganz so trivial ist.
Mittlerweile habe ich eine weitere Idee, die mich auch nicht weiterbringt, aber vielleicht jemand anderes.
Problem war zu zeigen, dass [mm] $\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n\not=1$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$
[/mm]
[mm] $\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n=1$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $\left(\frac{3-4i}{5}\right)^n=1$
[/mm]
[mm] $\gdw$ $(3-4i)^n=5^n$
[/mm]
Und nun:
[mm] $z_n:=(3-4i)^n=:x_n+y_n [/mm] i$ [mm] ($x_n$ [/mm] bzw. [mm] $y_n$ [/mm] sind also die Folgen der Real- bzw. Imaginärteile von [mm] $z_n$).
[/mm]
Nun erhalte ich wegen [mm] $z_n*(3-4i)=(x_n+y_n i)*(3-4i)=(3x_n+4y_n)+(3y_n-4x_n)i$ [/mm] folgende rekursive Gleichungen:
[mm] $x_1=3$, $y_1=-4$
[/mm]
[mm] $x_{n+1}=3x_n+4y_n$
[/mm]
[mm] $y_{n+1}=-4x_n+3y_n$
[/mm]
oder in Matrixschreibweise:
[mm] $\vektor{x_{n+1} \\ y_{n+1}}=\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -4 & 3\end{pmatrix} \vektor{x_n \\ y_n}$ [/mm] mit [mm] $\vektor{x_1 \\ y_1}=\vektor{3 \\ -4}$
[/mm]
oder explizit aufgelöst:
[mm] $\vektor{x_{n+1} \\ y_{n+1}}=\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -4 & 3\end{pmatrix}^n \vektor{3 \\ -4}$
[/mm]
Die Folgen von Zahlen, die sich daraus ergeben sind
[mm] $(x_1,y_1)=(3,-4)$
[/mm]
[mm] $(x_2,y_2)=(-7,-24)$
[/mm]
[mm] $(x_3,y_3)=(-117,-44)$
[/mm]
[mm] $(x_4,y_4)=(-527,+336)$
[/mm]
Die Aufgabe wäre gelöst, wenn gezeigt werden könnte, dass [mm] $(x_n,y_n)\not= (5^n,0)$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Drei Beobachtungen, die --wenn ich eine davon beweisen könnte-- die Aufgabe lösen würden:
1. Weder [mm] $x_n$ [/mm] noch [mm] $y_n$ [/mm] sind durch 5 teilbar (dann kann auch nie [mm] $(x_n,y_n)=(5^n,0)$ [/mm] gelten)
2. Die Beträge von [mm] $x_n$ [/mm] und [mm] $y_n$ [/mm] sind größer 3 (dann kann auch nie [mm] $(x_n,y_n)=(5^n,0)$ [/mm] gelten)
3. Die Beträge von [mm] $x_n$ [/mm] und [mm] $y_n$ [/mm] sind monoton wachsend (dann kann auch nie [mm] $(x_n,y_n)=(5^n,0)$ [/mm] gelten)
Eine weitere Beobachtung ist auch, dass [mm] $x_n^2+y_n^2=5^{2n}$ [/mm] gilt (was klar ist, da [mm] $(x_n,y_n)$ [/mm] ein Punkt auf der Einheitskreislinie ist).
Habt Ihr vielleicht eine Idee?
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> Hallo
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> ich stelle fest, dass das Problem vielleicht doch nicht
> ganz so trivial ist.
>
> Mittlerweile habe ich eine weitere Idee, die mich auch
> nicht weiterbringt, aber vielleicht jemand anderes.
>
> Problem war zu zeigen, dass
> [mm]\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n\not=1[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm]
>
> [mm]\left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n=1[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm]\left(\frac{3-4i}{5}\right)^n=1[/mm]
>
> [mm]\gdw[/mm] [mm](3-4i)^n=5^n[/mm]
>
> Und nun:
>
> [mm]z_n:=(3-4i)^n=:x_n+y_n i[/mm] ([mm]x_n[/mm] bzw. [mm]y_n[/mm] sind also die Folgen
> der Real- bzw. Imaginärteile von [mm]z_n[/mm]).
>
> Nun erhalte ich wegen [mm]z_n*(3-4i)=(x_n+y_n i)*(3-4i)=(3x_n+4y_n)+(3y_n-4x_n)i[/mm]
> folgende rekursive Gleichungen:
>
> [mm]x_1=3[/mm], [mm]y_1=-4[/mm]
>
> [mm]x_{n+1}=3x_n+4y_n[/mm]
> [mm]y_{n+1}=-4x_n+3y_n[/mm]
>
> oder in Matrixschreibweise:
>
> [mm]\vektor{x_{n+1} \\ y_{n+1}}=\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -4 & 3\end{pmatrix} \vektor{x_n \\ y_n}[/mm]
> mit [mm]\vektor{x_1 \\ y_1}=\vektor{3 \\ -4}[/mm]
Damit sollte es gehen, wenn du die Reste bei Division durch 5 betrachtest:
Für alle n ist [mm] x_n\equiv [/mm] 3 mod 5 und [mm] y_n\equiv [/mm] 1 mod 5,
was mit deiner Rekursionsformel leicht durch Induktion zu zeigen ist.
>
> oder explizit aufgelöst:
>
> [mm]\vektor{x_{n+1} \\ y_{n+1}}=\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -4 & 3\end{pmatrix}^n \vektor{3 \\ -4}[/mm]
>
> Die Folgen von Zahlen, die sich daraus ergeben sind
> [mm](x_1,y_1)=(3,-4)[/mm]
> [mm](x_2,y_2)=(-7,-24)[/mm]
> [mm](x_3,y_3)=(-117,-44)[/mm]
> [mm](x_4,y_4)=(-527,+336)[/mm]
>
> Die Aufgabe wäre gelöst, wenn gezeigt werden könnte,
> dass [mm](x_n,y_n)\not= (5^n,0)[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm].
>
> Drei Beobachtungen, die --wenn ich eine davon beweisen
> könnte-- die Aufgabe lösen würden:
> 1. Weder [mm]x_n[/mm] noch [mm]y_n[/mm] sind durch 5 teilbar (dann kann auch
> nie [mm](x_n,y_n)=(5^n,0)[/mm] gelten)
> 2. Die Beträge von [mm]x_n[/mm] und [mm]y_n[/mm] sind größer 3 (dann kann
> auch nie [mm](x_n,y_n)=(5^n,0)[/mm] gelten)
> 3. Die Beträge von [mm]x_n[/mm] und [mm]y_n[/mm] sind monoton wachsend
> (dann kann auch nie [mm](x_n,y_n)=(5^n,0)[/mm] gelten)
>
> Eine weitere Beobachtung ist auch, dass [mm]x_n^2+y_n^2=5^{2n}[/mm]
> gilt (was klar ist, da [mm](x_n,y_n)[/mm] ein Punkt auf der
> Einheitskreislinie ist).
>
> Habt Ihr vielleicht eine Idee?
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Hallo donquijote,
> > [mm]x_1=3[/mm], [mm]y_1=-4[/mm]
> >
> > [mm]x_{n+1}=3x_n+4y_n[/mm]
> > [mm]y_{n+1}=-4x_n+3y_n[/mm]
> Damit sollte es gehen, wenn du die Reste bei Division durch
> 5 betrachtest:
> Für alle n ist [mm]x_n\equiv[/mm] 3 mod 5 und [mm]y_n\equiv[/mm] 1 mod 5,
> was mit deiner Rekursionsformel leicht durch Induktion zu
> zeigen ist.
Tatsächlich!
Danke für diese Erlösung!
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