Reihe beschränkt < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:37 Mo 26.12.2011 | | Autor: | anabiene |
| Aufgabe | | hey! ich mag zeigen, dass [mm] \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} \le [/mm] 1 |
soweit bin ich: 1 [mm] \ge \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} \gdw [/mm] 0 [mm] \ge \summe_{k=1}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} [/mm] = [mm] -\bruch{x^{2}}{2!}+\bruch{x^{4}}{4!}-\bruch{x^{6}}{6!}\pm...
[/mm]
dann hab ich mir folgendes gedacht: wenn die terme mit minus-vorzeichen jeweils größer oder gleich als die terme mit plus-vorzeichen, dann stimmt es.
Also: [mm] \bruch{x^{2k}}{(2k)!} \ge \bruch{x^{2k+2}}{(2k+2)!} \gdw \bruch{(2k+2)!}{(2k)!} \ge \bruch{x^{2k+2}}{x^{2k}} \gdw [/mm] (2k+2)(2k+1) [mm] \ge x^2
[/mm]
aber jetzt weiß ich nicht weiter... kann mir jemand helfen?
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Hallo anabiene,
> hey! ich mag zeigen, dass
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} \le[/mm] 1
Zeige, dass gilt
[mm] \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!}=Re\left(e^{ix}\right)=\cos(x).
[/mm]
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:55 Mo 26.12.2011 | | Autor: | anabiene |
![[grins]](/images/smileys/grins.gif "[grins]") von [mm] Re\left(e^{ix}\right)=\cos(x) [/mm] sind wir grad auf [mm] \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} [/mm] gekommen.
wir müssen nämlich für dieses hier [mm] \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} [/mm] zeigen, dass es kleiner-gleich 1 ist und zeigen für welche x gleichheit gilt.
EDIT: wie würde der beweis denn aussehen wenn ich von [mm] Re\left(e^{ix}\right) \le [/mm] 1 ausgehe anstatt [mm] \summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} \le [/mm] 1?
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> von [mm]Re\left(e^{ix}\right)=\cos(x)[/mm] sind wir grad auf
> [mm]\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!}[/mm] gekommen.
>
> wir müssen nämlich für dieses hier [mm]\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!}[/mm] zeigen,
> dass es kleiner-gleich 1 ist und zeigen für welche x gleichheit gilt.
Dann sollst Du vermutlich [mm] \left|e^{ix}\right|=1 [/mm] für [mm] x\in\IR [/mm] verwenden.
Für [mm] z=a+bi\in\IC [/mm] ist [mm] |z|=\sqrt{a^2+b^2}, [/mm] wäre also
[mm] Re\left(e^{ix}\right)=\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!}>1,
[/mm]
so würde [mm] 1=\left|e^{ix}\right|=Im^2\left(e^{ix}\right)+Re^2\left(e^{ix}\right) [/mm] einen Widerspruch ergeben.
>
> EDIT: wie würde der beweis denn aussehen wenn ich von
> [mm]Re\left(e^{ix}\right) \le[/mm] 1 ausgehe anstatt [mm]\summe_{k=0}^{\infty}(-1)^k\bruch{x^{2k}}{(2k)!} \le[/mm] 1?
Es ist doch äquivalent.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:41 Mo 26.12.2011 | | Autor: | anabiene |
ohjee komm leider grad gar nicht dahinter was du da grad gemacht hast 
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:50 Mo 26.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> ohjee komm leider grad gar nicht dahinter was du da grad
> gemacht hast
er hat nicht viel gemacht.
1.) Benutze das Wissen (oder beweise), dass [mm] $|e^{ix}|=1\,$ [/mm] für alle reellen [mm] $x\,$ [/mm] gilt.
2.) Für [mm] $z=a+b*i\,$ [/mm] ($z [mm] \in \IC\,,$ $a=\text{Re}(z),\;b=\text{Im}(z) \in \IR$) [/mm] gilt:
$$|a| [mm] \le [/mm] |z|$$
und
$$|b| [mm] \le |z|\,.$$
[/mm]
Das liegt im Wesentlichen daran, dass $x [mm] \mapsto \sqrt{x}$ [/mm] (streng) wachsend auf [mm] $[0,\infty)\,$ [/mm] ist.
3.) Deine Reihe ist nichts anderes als der Realteil der komplexen Zahl
[mm] $$z=z(x)=e^{ix}=\cos(x)+i*\sin(x)\,.$$
[/mm]
Wäre also [mm] $|\text{Re}(z(x))| [/mm] > [mm] 1\,,$ [/mm] so würde das 2.) widersprechen, weil [mm] $|z(x)|=|e^{ix}|=1\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:58 Mo 26.12.2011 | | Autor: | anabiene |
ah ok verstehe, danke :)
also habe ich dies hier: [mm] \mathfrak{Re}(e^{i\phi})< [/mm] 1 für [mm] \phi \notin \{2\pi z~|~z \in \mathbb Z\}
[/mm]
damit weiß ich aber doch nur, dass [mm] \lim_{n \to \infty}\mathfrak{Re}(e^{i\phi})^n=0 [/mm] ist
aber was bringt mir das, damit ich die summe von [mm] \summe_{k=0}^{n}\mathfrak{Re}(e^{i\phi})^k [/mm] rausbekomme?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:35 Mo 26.12.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> ah ok verstehe, danke :)
>
> also habe ich dies hier: [mm]\mathfrak{Re}(e^{i\phi})<[/mm] 1 für
> [mm]\phi \notin \{2\pi z~|~z \in \mathbb Z\}[/mm]
das ist doch schon die ganze Aufgabe. Denn [mm] $\mathfrak{Re}(e^{i \phi})=\cos(\phi)\,.$ [/mm] Die Ausnahmemenge dort enthält genau jene reelle (komplexe) Zahlen, wo der Kosinus [mm] $\in \{-1,\;1\}$ [/mm] ist.
Ich glaube aber nicht, dass Du das benutzen darfst. Denn ansonsten besteht die Lösung Deiner Aufgabe daraus, aus der Vorlesung bekanntes abzuschreiben!
> damit weiß ich aber doch nur, dass [mm]\lim_{n \to \infty}\mathfrak{Re}(e^{i\phi})^n=0[/mm]
> ist
>
>
> aber was bringt mir das, damit ich die summe von
> [mm]\summe_{k=0}^{n}\mathfrak{Re}(e^{i\phi})^k[/mm] rausbekomme?
Wie kommst Du nun auf diese Summe? Nochmal:
[mm] $$(\star_1)\;\;\;\mathfrak{Re}(e^{i \phi})=\cos(\phi)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{\phi^{2k}}{(2k)!}$$
[/mm]
gilt für alle rellen [mm] $\phi\,.$ [/mm] Anstatt [mm] $\phi$ [/mm] hatte ich vorhin [mm] $x\,$ [/mm] geschrieben.
Die von Dir notierte letzte Reihe
[mm] $$\summe_{k=0}^{n}\mathfrak{Re}(e^{i\phi})^k$$
[/mm]
ist für relle [mm] $\phi$ [/mm] nichts anderes als
[mm] $$\summe_{k=0}^{n}\cos^k(\phi)\,,$$
[/mm]
wobei [mm] $\cos^k(\phi):=(\cos(\phi))^k\,,$
[/mm]
sofern der Exponent [mm] $k\,$ [/mm] sich komplett auf [mm] $\mathfrak{Re}(e^{i\phi})$ [/mm] bezieht - andernfalls, also wenn er sich nur auf [mm] $e^{i \phi}$ [/mm] beziehen sollte, summiert man halt über [mm] $\cos(k \phi)\,.$
[/mm]
Um nun nochmal zurück zu Deiner Aufgabe zu kommen:
Sicherlich - oder hoffentlich - werdet ihr bewiesen, oder definiert, haben:
[mm] $$(\star_2)\;\;\;e^{i \phi}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(i \phi)^k}{k!}\,,$$
[/mm]
wobei die Reihe rechterhand für alle rellen [mm] $\phi$ [/mm] konvergiert (sie tät's auch für komplexe - aber das nur nebenbei).
Dann definiert man
[mm] $$\cos(\phi):=\mathfrak{Re}(e^{i \phi})$$
[/mm]
und
[mm] $$\sin(\phi):=\mathfrak{Im}(e^{i \phi})$$
[/mm]
für alle reellen [mm] $\phi\,.$
[/mm]
(Anmerkung:
Es ist leicht, nachzurechnen:
[mm] $$\cos(\phi)=(e^{i \phi}+e^{-i \phi})/2$$
[/mm]
und
[mm] $$\sin(\phi)=(e^{i \phi}-e^{-i \phi})/(2i)\,.$$
[/mm]
So kann man den Kosinus bzw. Sinus auch für komplexe [mm] $\phi$ [/mm] definieren.)
Weil für eine in [mm] $\IC$ [/mm] konvergente Reihe [mm] $\overline{\sum z_k}=\sum \overline{z_k}$ [/mm] gilt (dabei bezeichne [mm] $\overline{z}$ [/mm] die zu [mm] $z\,$ [/mm] konjugiert komplexe Zahl), erkennst Du mit der obigen Reihendarstellung
[mm] $$\overline{e^{i \phi}}=e^{\overline{i \phi}}=e^{- i \phi}\,.$$
[/mm]
Also insbesondere erkennen wir die bekannten Gleichungen
[mm] $$\cos(- \phi)=\cos(\phi)$$
[/mm]
und
[mm] $$\sin(-\phi)=-\sin(\phi)$$
[/mm]
für alle reellen [mm] $\phi\,.$ [/mm] (Der Kosinus ist gerade und der Sinus ist ungerade, wenn man ihn auf [mm] $\IR$ [/mm] definiert betrachtet.)
Soviel erstmal vorweg, zur Erinnerung oder zur Ergänzung. Die Reihendarstellung aus [mm] $(\star_2)$ [/mm] liefert nun
[mm] $$\cos(\phi)=\mathfrak{Re}(e^{i \phi})=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{\phi^{2k}}{(2k)!}\,,$$
[/mm]
also die Formel aus [mm] $(\star_1):$
[/mm]
Dafür muss man nur die Reihe aus [mm] $(\star_2)$ [/mm] "in zwei Reihen zerlegen, wobei die eine rein imaginäre Zahlen und die andere nur die rein reellen Zahlen enthält". (Die Konvergenz der beiden Reihen ist dann klar, weil die Reihe aus [mm] $(\star_2)$ [/mm] absolut konvergiert - etwa nach Quotienkriterium, und man daher mit dem Majorantenkriterium argumentieren kann - dazu kannst Du auch schonmal in die untenstehende Formel [mm] $(I)\,$ [/mm] gucken!)
So erhält man die Reihendarstellung des Kosinus aus [mm] $(\star_1)\,.$
[/mm]
Nun haben wir eben aber auch [mm] $\overline{e^{i \phi}}=e^{-i \phi}$ [/mm] gesehen. Weiter ist bekannt
[mm] $$e^r*e^s=e^{r+s}$$
[/mm]
für alle komplexen [mm] $r,s\,,$
[/mm]
(falls nicht bekannt: Benutze das Cauchyprodukt!)
so dass man, weil aus obigem ja auch [mm] $e^0=1$ [/mm] folgt, erkennt
[mm] $$1=e^{i \phi-i\phi}=e^{i \phi}*\overline{e^{i \phi}}\,.$$
[/mm]
Beachtest Du nun [mm] $|r*s|=|r|*|s|\,$ [/mm] und [mm] $|\overline{r}|=|r|$ [/mm] für komplexe [mm] $r,s\,,$ [/mm] so erkennst Du damit
[mm] $$\left|e^{i \phi}\right|=1\,.$$
[/mm]
Der Rest ergibt sich dann, weil für [mm] $z=\mathfrak{Re}(z)+i*\mathfrak{Im}(z)$ [/mm] offenbar gilt
[mm] $$(I)\;\;\;|\mathfrak{Re}(z)|=\sqrt{\mathfrak{Re}^2(z)} \le \sqrt{\mathfrak{Re}^2(z)+\mathfrak{Im}^2(z)}=|z|\,,$$
[/mm]
wobei [mm] $\mathfrak{Re}^2(z):=(\mathfrak{Re}(z))^2$ [/mm] und analog für den Imaginärteil.
Also: Mit diesem ganzen Wissen, was größtenteils (oder jedenfalls analoges) aus der Vorlesung bekannt ist, sieht man durch Verwendung von [mm] $z=z(x)=e^{ix}=\mathfrak{Re}(e^{ix})+i*\mathfrak{Im}(e^{ix})$ [/mm] mit $x [mm] \in \IR$ [/mm] beliebig, aber fest:
[mm] $$1=|e^{ix}|=\sqrt{\mathfrak{Re}^2(e^{ix})+\mathfrak{Im}^2(e^{ix})} \ge \sqrt{\mathfrak{Re}^2(e^{ix})}=|\mathfrak{Re}(e^{ix})| \ge \mathfrak{Re}(e^{ix})\,.$$
[/mm]
(Am Ende habe ich benutzt, dass jede reelle Zahl kleinergleich ihrem Betrag ist!)
Nun benutzt Du am Ende noch [mm] $(\star_1)$ [/mm] (mit [mm] $x\,$ [/mm] anstelle von [mm] $\phi$) [/mm] und bist fertig. (Das ist der direkte Weg. Der vorhin vorgeschlagene Widerspruchsbeweis geht eigentlich genauso: Er führt zu dem Widerspruch, dass dann der Realteil einer komplexen Zahl betragsmäßig echt größer als der Betrag einer komplexen Zahl sein müßte, was [mm] $(I)\,$ [/mm] widerspricht.)
Gruß,
Marcel
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