Ungleichungen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:24 Sa 02.02.2008 | | Autor: | chipbit |
| Aufgabe | Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen für x>0:
a) [mm] 1-\bruch{x^2}{2} \leq [/mm] cos x
b) [mm] x-\bruch{x^3}{6} \leq [/mm] sin x
|
Hallo,
also ich habe Probleme mit dieser Aufgabe, komme mit Beweisen immer nicht so gut klar.
Ich habe mir jetzt gedacht das man für cos und sin ja jeweils die Potenzreihen verwenden könnte. Das wären dann:
[mm] cosx=1-\bruch{x^2}{2!}+\bruch{x^4}{4!} [/mm] - [mm] +...=\sum_{n=0}^{\infty} \bruch{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}
[/mm]
[mm] sinx=x-\bruch{x^3}{3!}+\bruch{x^5}{5!} -+...=\sum_{n=0}^{\infty}\bruch{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}
[/mm]
wie mache ich denn damit aber jetzt genau weiter um die obigen Ungleichungen zu zeigen? Kann man das irgendwie umstellen? Oder ist das eher argumentativ zu lösen? Habe mir schon Gedanken gemacht, ob das nicht vielleicht auch mit einem Vergleich der Grenzwerte geht? Aber ich komme da trotzdem irgendwie nicht weiter. Ich hoffe mir kann jemand helfen.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:48 Sa 02.02.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo chipbit!
Du kannst doch z.B. zeigen, dass bei der Taylor-Reihe des Cosinus jeweils zweier benachbarter Summenglieder positiv sind. Daraus folgt dann auch die Ungleichung.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:33 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
Mh, ich habe mich damit jetzt seit gestern beschäftigt. Mir hat schonmal jemand den Hinweis gegeben es mit dem "Restglied der Taylorreihe geeigneter Ordnung (z.B. Lagrangsche Form)" zu versuchen. Ich hatte gehofft das es einen Weg um Taylor herum gibt. Denn ganz ehrlich, ich habe den ganzen Taylorkram bisher nie verstanden und ich komme auch jetzt nicht damit klar. Gibt es einen anderen Weg? Oder kann mir dann wenigstens jemand versuchen das mit Taylor zu erklären?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:37 So 03.02.2008 | | Autor: | pelzig |
> Mh, ich habe mich damit jetzt seit gestern beschäftigt. Mir
> hat schonmal jemand den Hinweis gegeben es mit dem
> "Restglied der Taylorreihe geeigneter Ordnung (z.B.
> Lagrangsche Form)" zu versuchen.
Es geht auch elementar. Ich mach es mal exemplarisch an der Aufgabe a).
z.z.: [mm] $\cos [/mm] x - [mm] 1+\frac{x^2}{2} [/mm] = [mm] \sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}\ge [/mm] 0$
Für [mm] $x\ge [/mm] 4$ ist nichts zu zeigen, da [mm] $\cos x\ge -1\forall x\in\IR$ [/mm] (wie folgt das aus der Definition?).
Offensichtlich ist die Folge [mm] $a_n:=(\frac{x^{2n}}{(2n)!})$ [/mm] streng monoton fallend
für [mm] $n\ge [/mm] 2$ und [mm] $x\le5$. [/mm] Da [mm] $a_2>0$, [/mm] ist [mm] $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=2}^n (-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}>0$ [/mm] (Beweis?).
Damit ist die Behauptung gezeigt.
Entscheidend ist also, dass wenn du ne streng monoton fallende (Null-)Folge [mm] $(a_n)$ [/mm] hast und darüber
die alternierende Reihe [mm] $\sum_{k=m\in\IN}^\infty(-1)^ka_k$ [/mm] bildest, dann hat ihr Grenzwert das gleiche Vorzeichen wie das erste Glied [mm] $(-1)^m\cdot a_m$. [/mm]
Klingt etwas kompliziert, aber mit dem gleichen Argument müsstest du dann auch Aufgabe b) erschlagen können.
Gruß, Robert
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:04 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
Mh, Danke schonmal. Damit komme ich jedoch auch irgendwie nicht besser klar.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:31 So 03.02.2008 | | Autor: | abakus |
Versuchen wir es mal anschaulich: [mm] 1-\bruch{x^2}{2} [/mm] ist eine nach unten geöffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt (1|0). Damit berührt sie dort die Kosinusfunktion. Die Nullstellen der Parabel liegen enger zusammen als die Nullstellen der Kosinusfunktion, die außerdem bei ihren Nullstellen das Krümmungsverhalten ändert und sich von der Parabel unwiderruflich entfernt. Nachzuweisen wäre noch, dass es im Intervall zwische beiden Nullstellen keine weiteren Schnittpunkte geben kann.
Ach so! Man muss nur zeigen, dass jeweils [mm] \bruch{x^4}{4!}>\bruch{x^6}{6!}, \bruch{x^8}{8!}>\bruch{x^{10}}{10!} [/mm] usw. gilt.
Nehmen wir mal das erste: [mm] \bruch{x^4}{4!}>\bruch{x^6}{6!} [/mm] ist äquivalent zu
[mm] \bruch{1}{4!}>\bruch{x^2}{6!} [/mm] bzw. [mm] \bruch{1}{1}>\bruch{x^2}{5*6} [/mm] bzw. [mm] x^2 [/mm] <30. Das gilt zwar nicht für alle x, aber auf alle Fälle für den "kritischen Bereich" zwischen den beiden Nullstellen. Für die alle folgenden Potenzpaare ist das Ganze noch viel entspannter, weil der Lösungsbereich der entsprechenden Ungleichungen breiter wird.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
aha, das sieht doch gar nicht so schlecht aus. Also im Grunde verstehe ich was du meinst.
So, ich soll ja zeigen [mm] 1-\frac{x^2}{2}\leq [/mm] cosx ...ich hatte mir ja schon gedacht wenn ich die Potenzreihe von cos x, also [mm] cosx=1-\bruch{x^2}{2!}+\bruch{x^4}{4!}-+...=\sum_{n=0}^{\infty} \bruch{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}, [/mm] nehme, das ich da irgendwie weiterkomme. Im Grunde ist der erste Term der Potenzreihe ja das Gleiche, also [mm] 1-\bruch{x^2}{2!}, [/mm] ist ja [mm] 1-\frac{x^2}{2}. [/mm] jetzt müsste ich ja im Grunde nur zeigen, das alle darauffolgenden Terme größer als 0 (oder zumindest gleich 0) sind oder? So zumindest hatte ich mir das überlegt, jedoch weiß ich nicht genau wie ich das anstellen soll.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:21 So 03.02.2008 | | Autor: | pelzig |
> jetzt müsste ich ja im Grunde nur zeigen, das alle darauffolgenden Terme
> größer als 0 (oder zumindest gleich 0) sind oder? So zumindest hatte ich
> mir das überlegt, jedoch weiß ich nicht genau wie ich das anstellen soll.
Jo richtig, genau das habe ich oben gemacht, aber das hätte ich vielleicht n bissl klarer erwähnen sollen.
Du musst also zeigen dass die Reihe ohne die beiden ersten Glieder positiv ist. Guckst du hier:
z.z.: [mm] $\sum_{k=2}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}\ge [/mm] 0$
Leider ist das nich ganz so leicht, denn die Summanden sind ja immer abwechselnd positiv und negativ, also müssen wir uns was einfallen lassen. Wir definieren uns [mm] $a_n:=(-1)^n\frac{x^{2k}}{(2k)!}$. [/mm] Jetzt kommt ein kleiner Trick:
[mm] $\sum_{k=2}^\infty a_k=\sum_{k=1}^\infty a_{2k}+a_{2k+1}$
[/mm]
Das heißt wir schauen uns jetzt immer zwei aufeinanderfolgende Summanden an. Jetzt musst du [mm] $a_{2k}+a_{2k+1}\ge [/mm] 0$ zeigen.
Rechnen wir das mal aus: [mm] $a_{2k}+a_{2k+1}=\frac{x^{4k}}{(4k)!}-\frac{x^{4k+2}}{(4k+2)!}=\frac{x^{4k}(16k^2+12k+2-x^2)}{(4k+2)!}\ge [/mm] 0$ für [mm] $|x|\le\sqrt{30}<4$, [/mm] denn unser $k$ ist größergleich $1$. Damit ist haben wir die Behauptung gezeigt für $|x|<4$. Für $|x|>=4$ ist die Sache ja klar, da ja [mm] $-1\le\cos x\le [/mm] 1$ gilt für beliebiges, reelles $x$.
Die Abschätzung für deine Aufgabe b) verläuft vollkommen analog, weshalb ich vorhin eine allgemeinere Begründung liefern wollte. Es hängt eben in diesem Fall nur vom ersten Summanden der "Restreihe" ab, ob es insgesamt größer oder kleiner 0 wird, weil unsere Folge [mm] $b_n:=\frac{x^{2n}}{(2n)!}$ [/mm] (also unser [mm] $(a_n)$ [/mm] nur ohne das [mm] $(-1)^n$) [/mm] in diesem Fall eben eine streng monoton fallende Nullfolge ist.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:47 So 03.02.2008 | | Autor: | chipbit |
Ah okay, jetzt hab ich das glaub ich!
Danke für die Hilfe 
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:00 Mo 04.02.2008 | | Autor: | chipbit |
> weil unsere Folge [mm]b_n:=\frac{x^{2n}}{(2n)!}[/mm]
> (also unser [mm](a_n)[/mm] nur ohne das [mm](-1)^n[/mm]) in diesem Fall eben
> eine streng monoton fallende Nullfolge ist.
hier noch kurz eine Frage, soll das [mm] b_n [/mm] hier, das zu Aufgabe b) sein? sieht mir etwas merkwürdig aus, da bei der Potenzreihe des sin ja [mm] \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} [/mm] vorkommt...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:52 Mo 04.02.2008 | | Autor: | Loddar |
Hallo chipbit!
Da hat sich wohl ein Tippfehler (verursacht durch copy & paste) eingeschlichen. Denn das muss schon [mm] $b_n [/mm] \ := \ [mm] \bruch{x^{2n+1}}{(2k+1)!}$ [/mm] heißen.
Gruß
Loddar
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:48 Mo 04.02.2008 | | Autor: | pelzig |
> > weil unsere Folge [mm]b_n:=\frac{x^{2n}}{(2n)!}[/mm]
> > (also unser [mm](a_n)[/mm] nur ohne das [mm](-1)^n[/mm]) in diesem Fall eben
> > eine streng monoton fallende Nullfolge ist.
>
> hier noch kurz eine Frage, soll das [mm]b_n[/mm] hier, das zu
> Aufgabe b) sein? sieht mir etwas merkwürdig aus, da bei der
> Potenzreihe des sin ja [mm]\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}[/mm]
> vorkommt...
nein das war auch auf aufgabe a) bezogen...
|
|
|
|
