Cauchy-Produkt < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:06 Fr 02.01.2004 | | Autor: | Jessica |
Hallo mit einander und erstmal ein frohes neues Jahr.
So und jetzt zu meiner Frage:
Ich habe da ein Problem mit einem Beweis und an einer Stelle komme ich leider nicht weiter. Vielleicht könnt ihr mir ja helfen.
Also die Aufgabe lautet:
Zeigen sie
sin(z)cos(z)=[mm] \bruch{1}{2} [/mm]sin(2z)
für alle z Element der Komplexen Zahlen mit Hilfe des Cauchy-Produktes.
So und cos(z) und sin(z) kann man ja auch als Reihen schreiben.
sin(z) kann man als Summe von k=0 bis unendlich von (-1)kz2k+1/(2k+1)! und cos(z) ist dann die Summe von k=0 bis unendlich von (-1)kz2k/(2k)!.
Und
[mm] \bruch{1}{2}[/mm]sin(2z) ist dann [mm] \bruch{1}{2}[/mm] mal die Summe von (-1)k(2z)2k+1/(2k+1)!.
Zieht man die [mm] \bruch{1}{2} [/mm] in die Summe so kommt man auf die Summe von k=0 bis unendlich von 22kz2k+1/(2k+1)!
Somit wäre ck= 22kz2k+1/(2k+1)!
ak=(-1)kz2k+1/(2k+1)!
bk=(-1)kz2k/(2k)!
Bildet man jetzt das Cauchy-Produkt dann gilt:
ck=[mm]\sum_{k=0}^k a[sub]j[/sub]b[sub]k-j[/sub][/mm] =
die Summe von j=0 bis unendlich (-1)kz2k+1/(2k+1)!*(-1)k-jz2(k-j)/(2(k-j))!
formt man weiter um komme ich bis
Summe von j=0 bis unendlich von (-1)kz2k+1/[(2j+1)!*(2(k-j))!]
So und bis hierhin komme ich und komme nicht weiter. Ich hoffe man kann das so verstehen. Also vielleicht könnt ihr mir ja helfen.
Danke Jessica.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:15 Fr 02.01.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Jessica,
zunächst ersetze ich in deiner Frage mal die Formeln und versuche sie dann zu beantworten.
> Zeigen sie
>
> [mm] \sin(z)\cos(z)=\bruch{1}{2} \sin(2z)[/mm]
>
> für alle [mm] z \in \IC [/mm] mit Hilfe des Cauchy-Produktes.
>
> So und cos(z) und sin(z) kann man ja auch als Reihen #
> schreiben.
> [mm] \sin(z) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
> und cos(z) ist #
> dann
> [mm] \cos(z) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k)!} [/mm]
> Und
> [mm]\bruch{1}{2}\sin(2z)[/mm] ist dann
> [mm] \bruch{1}{2} * \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(2z)^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
> Zieht man die [mm]\bruch{1}{2}[/mm] in die Summe so kommt man auf #
> die Summe von k=0 bis unendlich von #
> 22kz2k+1/(2k+1)!
Das verstehe ich nicht. Woher kommt denn plötzlich [mm] 2^{2k} [/mm]?
> Somit wäre ck= #
> 22kz2k+1/(2k+1)!
Das ebenso wenig.
> [mm]a_k=(-1)^k \frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
>
> [mm]b_k=(-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k)!} [/mm]
>
> Bildet man jetzt das Cauchy-Produkt dann #
> gilt:
>
> [mm] c_k=\sum_{j=0}^k a_j b_{k-j}[/mm]
(hier habe ich den Summationsindex durch j ersetzt, weil ich dachte, es sei ein Tippfehler von dir)
> =
> die Summe von j=0 bis unendlich #
> (-1)kz2k+1/(2k+1)!*(-1)k-jz2(k-j)/(2(k-j))!
> formt man weiter um komme ich bis
> Summe von j=0 bis unendlich von #
> (-1)kz2k+1/[(2j+1)!*(2(k-j))!]
>
> So und bis hierhin komme ich und komme nicht weiter. Ich #
> hoffe man kann das so verstehen. Also vielleicht könnt ihr #
> mir ja helfen.
>
> Danke Jessica.
Ich versuche jetzt, dir gleich eine Antwort zu geben.
Bis gleich,
Marc.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:48 Fr 02.01.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Jessica,
Aufgabe:
Zeigen Sie:
[mm]\sin(z)\cos(z)=\bruch{1}{2} \sin(2z)[/mm] für alle [mm]z \in \IC[/mm] mit Hilfe des Cauchy-Produktes.
Beweis:
Es gilt (wie du ja schon richtig herausgestellt hast)
[mm]\sin(z) = \sum_{k=0}^{\infty}\limits (-1)^k \frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} =\sum_{k=0}^{\infty}\limits a_k [/mm] und
[mm]\cos(z) = \sum_{k=0}^{\infty}\limits (-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k)!} = \sum_{k=0}^{\infty}\limits b_k [/mm]
[mm]\bruch{1}{2}\sin(2z) =\bruch{1}{2} * \sum_{k=0}^{\infty}\limits (-1)^k \frac{(2z)^{2k+1}}{(2k+1)!} = \bruch{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\limits c_k[/mm]
Daraus ergeben sich folgende Summationskoeffizienten:
[mm]a_k=(-1)^k \frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
[mm]b_k=(-1)^k \frac{z^{2k}}{(2k)!} [/mm]
[mm]c_k=(-1)^k \frac{(2z)^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
Die Koeffizienten des Cauchy-Produkts der ersten beiden Reihen lautet dann:
[mm] d_k=\sum_{j=0}^k\limits a_j b_{k-j} [/mm]
Zu zeigen ist nun:
[mm] d_k = \frac{1}{2} * c_k [/mm]
An die Arbeit:
[mm] d_k=\sum_{j=0}^k\limits a_j b_{k-j} [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] \sum_{j=0}^k\limits
\underbrace{(-1)^j \frac{z^{2j+1}}{(2j+1)!}}_{=a_j}
\underbrace{(-1)^{k-j} \frac{z^{2(k-j)}}{(2(k-j))!}}_{=b_{k-j}} [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] \sum_{j=0}^k\limits
(-1)^j*(-1)^{k-j} \frac{z^{2j+1}*z^{2(k-j)}}{(2j+1)!*(2(k-j))!} [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] \sum_{j=0}^k\limits
(-1)^k \frac{ z^{2j+1+2(k-j)} }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] (-1)^k \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ z^{2k+1} }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] (-1)^k *z^{2k+1} * \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ 1 }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] (-1)^k *z^{2k+1} * \frac{2^{2k+1}}{2^{2k+1}} * \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ 1 }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } [/mm]
[mm] = [/mm] [mm] (-1)^k *(2z)^{2k+1} * \frac{1}{2^{2k+1}} * \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ 1 }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } [/mm]
Hier stecke ich jetzt erst mal fest und komme nicht weiter.
Ich würde jetzt gerne zeigen, dass
[mm] \frac{1}{2^{2k+1}} * \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ 1 }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } = \frac{1}{2} * \frac{1}{(2k+1)!} [/mm], aber das gelingt mir zur Zeit nicht; ich werde noch etwas darüber nachdenken.
Immerhin haben wir jetzt schon einen lesbaren Ansatz 
Hoffentlich noch mal bis gleich,
Marc.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:57 Sa 03.01.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo ihr beiden,
ich habe die Aufgabe gelöst, aber ich habe im Moment keine Zeit sie aufzuschreiben. Die Lösung kommt aber noch im Laufe des Tages.
Nachtrag:
Man findet die Lösung jetzt unten.
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:12 Sa 03.01.2004 | | Autor: | Marc |
Lieber Stefan,
> ich habe die Aufgabe gelöst, aber ich habe im Moment keine Zeit
> sie aufzuschreiben. Die Lösung kommt aber noch im
"Stefan Fermat"?
Viele Grüsse,
Marc.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:12 Fr 02.01.2004 | | Autor: | Jessica |
>Das verstehe ich nicht. Woher kommt denn plötzlich [mm] 2^{2k} [/mm]?
[mm] \bruch{1}{2} * \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{(2z)^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
=[mm] \sum_{k=0}^{\infty}\bruch{1}{2}*(-1)^k \frac{2^{2k+1}*z^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
=[mm]\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k*2^{2k}\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!}[/mm]
Somit ist dann
ck=[mm]\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k*2^{2k}\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!} [/mm]
Ist das vielleicht jetzt verständlicher. Ich habe die [mm] \bruch{1}{2} [/mm] mit der 22k+1 gekürzt. Das kann man doch machen oder?
Habe deinen Ansatz so weit verstanden. Ist logisch. Habe nicht bemerkt, das ich die Sachen herausziehen kann. Aber es leuchtet mir ein.
Jessica.
Nachricht bearbeitet (Fr 02.01.04 23:19)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:30 Fr 02.01.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Jessica,
für heute muß ich leider passen. Ich habe es noch mit vollständiger Induktion versucht, die letzte Beziehung zu zeigen, das ist mir aber bisher nicht geglückt.
Ich werde mich vielleicht morgen noch mal damit befassen, es sei denn, jemand anderes hier im MatheRaum hätte vorher eine Idee...
Schönen Abend noch,
Marc.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:41 Sa 03.01.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Jessica!
Hier kommt jetzt der noch fehlende Teil der Aufgabe, die sogenannte "Vermarcsche Vermutung": 
[mm] \frac{1}{2^{2k+1}} * \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ 1 }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } = \frac{1}{2} * \frac{1}{(2k+1)!} [/mm]
Nun, so hat das ganze noch keine schöne Struktur. Wir wollen das umformen. Zunächst einmal multiplizieren wir beide Seiten mit [mm]2^{2k+1}[/mm] und erhalten:
[mm] \sum_{j=0}^k\limits \frac{ 1 }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } = 2^{2k}*
\frac{1}{(2k+1)!} [/mm]
Nun multiplizieren wir beide Seiten mit [mm](2k+1)![/mm], was zu
(*) [mm] \sum_{j=0}^k\limits
\frac{ (2k+1)! }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } = 2^{2k} [/mm]
führt. Das sieht schon besser aus. Warum? Wegen
[mm]\frac{ (2k+1)! }{ (2j+1)!*(2(k-j))! } =\frac{ (2k+1)! }{ (2j+1)!*((2k+1)-(2j+1)))! } = {{2k+1}\choose {2j+1}}[/mm]
lässt sich (*) auch schreiben als:
(**) [mm]\sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}}
= 2^{2k} [/mm]
Sehr schön, die zu zeigende Gleichheit (**) hat eine gute Struktur, die wir jetzt locker in den Griff kriegen.
Denn, was wissen wir denn? Zweierlei:
Einmal gilt nach dem Binomischen Lehrsatz
offenbar:
[mm]\sum_{j=0}^{2k+1}\limits {{2k+1}\choose {j}} = \sum_{j=0}^{2k+1}\limits {{2k+1}\choose {j}} 1^j \cdot 1^{2k+1-j} = (1+1)^{2k+1}= 2^{2k+1} [/mm]
und zweitens ist:
[mm]\sum_{j=0}^{2k+1}\limits {{2k+1}\choose {j}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} + \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j}}[/mm].
(Wir haben die Summe zerlegt: in die Summanden mit dem ungeraden [mm]j[/mm] und in die Summanden mit dem geraden [mm]j[/mm].)
So, fassen wir das mal zusammen: Wir wollen zeigen:
(***) [mm]\sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}}
= 2^{2k} [/mm]
und wissen bereits, dass
(****) [mm]2 \cdot 2^{2k} = 2^{2k+1} = \sum_{j=0}^{2k+1}\limits {{2k+1}\choose {j}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} + \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j}}[/mm]
Vergleiche mal (***) und (****), liebe Jessica. Was stellst du fest? Die rechte Seite von (***) ist das doppelte der ganz linken Seite von (****), also auch das doppelte der ganz rechten Seite von (****). Um (***) zu zeigen, genügt es also zu beweisen, dass die linke Seite von (***) die Hälfte der ganz rechten Seite von (****) ist.
Wir müssen also zeigen:
[mm] \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} = \frac{1}{2} \,\left[ \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} + \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j}} \right][/mm].
Natürlich genügt es dafür,
[mm]\sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j}}[/mm]
zu beweisen.
Aber das ist klar! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Warum?
Nun, es gilt nach Definition des Binomialkoeffizienten:
[mm]\sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {(2k+1)-(2j+1)}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2k-2j}}[/mm]
Auf der rechten Seite wird so aufsummiert, dass unten im Binomialkoeffizienten nacheinander [mm]2k[/mm], [mm]2k-2[/mm], [mm]2k-4[/mm], [mm]\ldots[/mm], [mm]2[/mm], [mm]0[/mm] stehen. Natürlich kann man die Summationreihenfolge aber ändern und so aufsummieren, dass unten im Binomialkoeffizienten nacheinander [mm]0[/mm], [mm]2[/mm], [mm]4[/mm], [mm]\ldots[/mm], [mm]2k-2[/mm], [mm]2k[/mm] stehen. Es gilt also:
[mm]\sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j+1}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {(2k+1)-(2j+1)}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2k-2j}} = \sum_{j=0}^k\limits {{2k+1}\choose {2j}}[/mm].
Das war aber zu zeigen.
Hast du alles nachvollziehen können?
Frage einfach nach, wir helfen dir.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:32 So 04.01.2004 | | Autor: | Jessica |
Danke,
habe alles nachvollziehen können. War alles logisch.
Jessica
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