Grenzwert $(1 +ir/n)^n$ < Komplexe Zahlen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo,
die Folge [mm](z_n)[/mm] ist definiert durch
[mm]z_n \colon=\left(1 +\frac{ir}{n}\right)^n[/mm], wobei [mm]r[/mm] eine positive reelle Zahl.
Als erstes wollte ich zeigen: [mm]\lim_{n \to \infty} \operatorname{re}\,z_n =\cos{r}[/mm].
[mm]\begin{eqnarray} \operatorname{re}\,z_n &=\frac{z_n +\bar{z_n}}{2}
&=\sum_{k=0}^{n} \frac{{n \choose k}r^{k}}{n^k}\* i^{k \bmod{4} \* \frac{1 +(-1)^k}{2}
\end{eqnarray}[/mm]
Diejenigen Summanden mit ungeraden Indizes verschwinden; jetzt kann man die Summanden mit geraden Indizes in zwei Gruppen einteilen: Diejenigen, die durch 4 teilbar sind, und diejenigen mit Rest 2 modulo 4.
Dann entsteht
[math]\begin{equation}
\operatorname{re}\,z_n =\begin{cases}
\sum_{j=0}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{{n \choose 4j} \cdot r^{4j}}{n^{4j}} -\sum_{j=1}^{\lfloor n/4 \rfloor} \frac{{n \choose 4j-2}r^{4j-2}}{n^{4j-2}} & \mbox{falls $n \equiv 0 \bmod{4}$ oder $n \equiv 1 \bmod{4}$} \\
\sum_{j=0}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{{n \choose 4j} \cdot r^{4j}}{n^{4j}} -\sum_{j=1}^{\lceil n/4 \rceil} \frac{r^{4j-2}}{n^{4j-2}} & \mbox{sonst}
\end{cases}
\end{equation}[/math]
Um [mm]\operatorname{re}\,z_n[/mm] 'nach oben' abzuschätzen, habe ich benutzt:
[mm]\frac{1}{(k+1)!} < \frac{{n \choose k}}{n^{k}} < \frac{1}{k!}[/mm]
für [mm]1 \leq k \leq n[/mm]
Wenn ich nun die entspr. Ungleichungen addiere, erhalte ich für [mm]n \equiv 1 \bmod{4}[/mm] oder $n [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \bmod{4}$
[/mm]
[math]\operatorname{re}\,z_n < 1 +\sum_{k=1}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j}}{(4j)!} +\sum_{j=1}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!}\* \frac{4j -2 -(4j-1)}{4j-1}
=\sum_{j=0}^{\lfloor n/4 \rfloor} \frac{r^{4j}}{(4j)!}
-\sum_{j=1}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!}
+\sum_{j=1}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!} \* \frac{4j-2}{4j-1}[/math]
Dabei ist
[math] \sum_{j=0}^{\lfloor n/4 \rfloor} \frac{r^{4j}}{(4j)!}
-\sum_{j=1}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!}
=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{r^{2k} \* (-1)^k}{(2k)!}[/math]
Und
[math]\sum_{j=1}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!} \* \frac{4j-2}{4j-1} < \frac{1}{2}(\sin{r} +\sinh{r})[/math]
Damit ist für $n [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \bmod{4}$ [/mm] oder $n [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \bmod{4}$
[/mm]
[math]\operatorname{re}\,z_n -\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{r^{2k} \* (-1)^k}{(2k)!} < \frac{1}{2}(\sin{r} +\sinh{r})[/math]
Wenn ich in den Fällen $n [mm] \equiv [/mm] 2 [mm] \bmod{4}$ [/mm] oder $n [mm] \equiv [/mm] 3 [mm] \bmod{4}$ [/mm] die entspr. Ungleichungen addiere, erhalte ich
[math]\sum_{j=0}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{{n \choose 4j} \cdot r^{4j}}{n^{4j}} -\sum_{j=1}^{\lceil n/4 \rceil} \frac{r^{4j-2}}{n^{4j-2}} < \sum_{j=0}^{\lfloor n/4} \frac{r^{4j}}{(4j)!}
+\sum_{j=1}^{\lceil n/4\rceil} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!} \* \frac{4j-2 -(4j-1)}{4j-1}
=\sum_{j=0}^{\lfloor n/4} \frac{r^{4j}}{(4j)!} -\sum_{j=0}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j+2}}{(4j+2)!} +\sum_{j=1}^{\lceil n/4\rceil} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!} \* \frac{4j-2}{4j-1}[/math]
Dabei ist wieder
[math]\sum_{j=0}^{\lfloor n/4} \frac{r^{4j}}{(4j)!} -\sum_{j=0}^{\lfloor n/4\rfloor} \frac{r^{4j+2}}{(4j+2)!}
=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{r^{2k} \* (-1)^{k}}{(2k)!}[/math]
Also erhalte ich für $n [mm] \equiv [/mm] 2 [mm] \bmod{4}$ [/mm] oder $n [mm] \equiv [/mm] 3 [mm] \bmod{4}$
[/mm]
[math]\operatorname{re}\,z_n -\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{r^{2k} \* (-1)^{k}}{(2k)!} < \sum_{j=1}^{\lceil n/4\rceil} \frac{r^{4j-2}}{(4j-2)!} \* \frac{4j-2}{4j-1}[/math]
und die Summe auf der rechten Seite der vorang. Ungleichung sollte wieder kleiner als [math]\frac{1}{2}(\sin{r} +\sinh{r})[/math] sein.
Ist [math](c_n)[/math] def. durch [math]c_n\colon=\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{r^{2k} \* (-1)^{k}}{(2k)!}[/math], dann ist stets [math]c_{2m} =c_{2m+1}[/math]. Da die Teilfolge [math](c_{2m})[/math] nach oben beschränkt ist, ist nat. auch [math](c_n)[/math] nach oben beschränkt; also muss auch die Folge [math](\operatorname{re}\,z_n)[/math] nach oben beschr. sein.
Tja, wie kann ich hier also weiterkommen, um die Grenzwert-Behauptung zu beweisen?
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Hiho,
eigentlich brauchst du hier nichts als den binomischen Lehrsatz. Nach diesem gilt:
[mm] $\left(1 +\frac{ir}{n}\right)^n [/mm] = [mm] \sum_{k=0}^n \vektor{n \\ k}\frac{(ir)^k}{n^k}$
[/mm]
Und der hintere Ausdruck konvergiert nun dank majorisierter Konvergenz für [mm] $n\to\infty$ [/mm] gegen [mm] $\sum_{k=0}^\infty \frac{(ir)^k}{k!}$
[/mm]
D.h. insgesamt erhält man:
[mm] $\left(1 +\frac{ir}{n}\right)^n \to \sum_{k=0}^\infty \frac{(ir)^k}{k!}$
[/mm]
Nun nutze [mm] $i^2 [/mm] = -1$ um die Summe in einen Imaginärteil und einen Realteil zusammenzufassen. Nutz du weiterhin [mm] $i^3 [/mm] = -i$ werden beide Summenteile alternierend.
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:46 Mi 25.04.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hiho,
>
> eigentlich brauchst du hier nichts als den binomischen
> Lehrsatz. Nach diesem gilt:
>
> [mm]\left(1 +\frac{ir}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^n \frac{(ir)^k}{k!} \to \sum_{k=0}^\infty \frac{(ir)^k}{k!}[/mm]
Hallo Gono,
wie kommst du denn auf das "=" ?? Das ist nicht richtig.
>
> Nun nutze [mm]i^2 = -1[/mm] um die Summe in einen Imaginärteil und
> einen Realteil zusammenzufassen. Nutz du weiterhin [mm]i^3 = -i[/mm]
> werden beide Summenteile alternierend.
>
> Gruß,
> Gono
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:00 Mi 25.04.2018 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo fred,
danke für den Hinweis… das passiert, wenn man gleich mehrere Schritte zusammenfassen will… ich werde es editieren (auch wenn der Grenzwert-Schritt dann nicht mehr so schön offensichtlich ist…)
Gruß,
Gono
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