Restgliedabschätzung,Cos < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:32 Mo 29.12.2014 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Abschätzung der Restglieder: Es gilt
[mm] cos(x)=\sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{x^{2k}}{(2k)!}+r_{2n+2}(x)
[/mm]
wobei
[mm] |r_{n+2}(x)| \le \frac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!} [/mm] für [mm] |x|\le [/mm] 2n+3
Beweis:
Es ist [mm] r_{2n+2}(x)=\pm\frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!}(1-\frac{x^2}{(2n+3)*(2n+4)}\pm...)
[/mm]
Für [mm] k\ge [/mm] 1 sei
[mm] a_k:=\frac{x^{2k}}{(2n+3)*(2n+4)*...*(2n+2(k+1))}.
[/mm]
Damit ist
[mm] r_{n+2}(x)=\pm\frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!}(1-a_1+a_2-a_3\pm..)
[/mm]
Da
[mm] a_k=a_{k-1}\frac{x^2}{(2n+2k+1)(2n+2k+2)}
[/mm]
gilt für [mm] |x|\le [/mm] 2n+3
[mm] 1>a_1>a_2>a_3>..
[/mm]
Wie beim Beweis des Leibniz`schen Konvergenzkriteriums folgt daraus
[mm] 0\le 1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1
[/mm]
Deswegen
[mm] |r_{n+2}(x)| \le \frac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!} [/mm] für [mm] |x|\le [/mm] 2n+3 |
Ich habe wiedermal mit einen Beweis im Forster Analysis 1 an einen Punkt Schwierigkeiten den Schritt nachzuvollziehen.
Den Schritt:
> für [mm] |x|\le [/mm] 2n+3 gilt
> [mm] 1>a_1>a_2>a_3>
[/mm]
konnte ich mir noch verdeutlichen: [mm] a_1=\frac{x^2}{(2n+3)(2n+4)}=\frac{x^2 x^2}{|x||x|*(2n+3)(2n+4)}
[/mm]
[mm] \ge \frac{x^4}{(2n+3)*(2n+3)*(2n+3)*(2n+4)}> \frac{x^4}{(2n+3)*(2n+4)*(2n+5)*(2n+6)}=a_2
[/mm]
[mm] Allgemein:a_{k}= \frac{x^{2k}}{(2n+3)*(2n+4)*...*(2n+2(k+1))}
[/mm]
[mm] =\frac{x^{2(k+1)}}{|x|*|x|(2n+3)*(2n+4)*...*(2n+2(k+1))}
[/mm]
[mm] \ge \frac{x^{2(k+1)}}{(2n+3)*(2n+3) (2n+3)*(2n+4)*...*(2n+2(k+1))}> \frac{x^{2(k+1)}}{(2n+3)*(2n+4)*...*(2n+2(k+2))}=a_{k+1}
[/mm]
Aber den Schritt:
> [mm] 0\le 1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1
[/mm]
verstehe ich gar nicht..
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:25 Di 30.12.2014 | | Autor: | hippias |
Ich setze [mm] $a_{0}:= [/mm] 1$ und [mm] $s_{n}:= \sum_{i=0}^{n} (-1)^{i} a_{i}$. [/mm] Nach dem Leibniz-Kriterium ist die Folge [mm] $(s_{n})_{n\in \IN}$ [/mm] konvergent. Dann ist auch die Teilfolge [mm] $(s_{n_{k}})$ [/mm] mit [mm] $n_{k}:= [/mm] 2k+1$ konvergent und hat den selben Grenzwert. Nun sieht man aber leicht aus den Voraussetzungen, dass [mm] $(-1)^{2l}a_{2l}+(-1)^{2l+1}a_{2l+1}\geq [/mm] 0$ ist, sodass [mm] $s_{n_{k}}\geq [/mm] 0$ ist. Daher hat die Teilfolge, und folglich die Folge der Partialsummen, einen GW [mm] $\geq [/mm] 0$.
Durch eine passende Wahl der Teilfolge zeigst Du, dass der Grenzwert [mm] $\leq [/mm] 1$ ist.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:31 Mi 31.12.2014 | | Autor: | sissile |
> Nun
> sieht man aber leicht aus den Voraussetzungen, dass
> [mm](-1)^{2l}a_{2l}+(-1)^{2l+1}a_{2l+1}\geq 0[/mm] ist, sodass
> [mm] s_{n_{k}}\geq 0 [/mm] ist.
Hallo,
Hier der Punkt ist mir nicht ganz klar. Wieso beweist [mm] (-1)^{2l}a_{2l}+(-1)^{2l+1}a_{2l+1}\geq [/mm] 0 die Aussage $ [mm] s_{n_{k}}\geq [/mm] 0 $??
[mm] (-1)^{2l}a_{2l} [/mm] ist doch gar kein Summenglied von [mm] s_{n_k}
[/mm]
Liebe Grüße,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:03 Mi 31.12.2014 | | Autor: | hippias |
> > Nun
> > sieht man aber leicht aus den Voraussetzungen, dass
> > [mm](-1)^{2l}a_{2l}+(-1)^{2l+1}a_{2l+1}\geq 0[/mm] ist, sodass
> > [mm]s_{n_{k}}\geq 0[/mm] ist.
>
> Hallo,
> Hier der Punkt ist mir nicht ganz klar. Wieso beweist
> [mm](-1)^{2l}a_{2l}+(-1)^{2l+1}a_{2l+1}\geq[/mm] 0 die Aussage
> [mm]s_{n_{k}}\geq 0 [/mm]??
Etwas profaner ausgedrueckt: [mm] $(-1)^{2l}a_{2l}+(-1)^{2l+1}a_{2l+1}= a_{2l}-a_{2l+1}$, [/mm] was [mm] $\geq [/mm] 0$ ist. Und [mm] $s_{n_{k}}= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}$.
[/mm]
> [mm](-1)^{2l}a_{2l}[/mm] ist doch gar kein
> Summenglied von [mm]s_{n_k}[/mm]
Doch; s.o.
>
> Liebe Grüße,
> sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:58 Do 01.01.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
> $ [mm] s_{n_{k}}= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1} [/mm] $.
Mhhmm...
z.B k=2
[mm] s_{n_{k}}= \sum_{l=0}^{2} a_{2l}-a_{2l+1}=(a_0 -a_1)+(a_2-a_3)+(a_4-a_5)=(a_0+a_2+a_4)-(a_1+a_3+a_5)
[/mm]
Müsste aber nicht: [mm] s_{n_{k}}=\sum_{k=0}^{2} (-1)^{2k+1} a_{2k+1}=-a_1-a_3-a_5
[/mm]
Vlt. verstehe ich das falsch aber meinst du nicht viel eher:
[mm] a_{2k+1}=s_{2l}-s_{2l+1}
[/mm]
n=2l+1 mit l [mm] \in \IN,s_{n_{k}}=\sum_{k=1}^{2l+1} (-1)^{2k+1} a_{2k+1}=\sum_{k=1}^{2l+1} -(s_{2l}-s_{2l+1})
[/mm]
Bei den ungerade summiere doch eine Kette von negativen Zahlen, wie kann da die Summe [mm] \ge [/mm] 0 sein?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:43 Do 01.01.2015 | | Autor: | hippias |
Nur fuer den Fall, dass wir aneinander vorbei reden: Darum geht es
>Aber den Schritt:
> $ [mm] 0\le 1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1 [/mm] $
>verstehe ich gar nicht..
Deswegen betrachte ich die Summe [mm] $(a_{0}-a_{1})+(a_{2}-a_{3})\ldots$; [/mm] weil die Folge der [mm] $a_{i}$ [/mm] faellt, kann ich schlussfolgern, dass der Reihenwert [mm] $\geq [/mm] 0$ ist.
Man muss hier aber aufpassen, weil ja keine absolute Konvergenz vorliegt. Daher meine Teilfolgenkonstruktion aus der Folge der Partialsummen, denn Teilfolgen der Partialsummen sind kein Problem, nur Umordnungen. Durch geschickte Wahl der Teilfolge erhaelst Du auch [mm] $1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1$.
[/mm]
Oder verstehe ich Dich falsch?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:31 Fr 02.01.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo nochmal,
Es geht mir darum, dass du schreibst:
> $ [mm] s_{n_{k}}= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}$. [/mm]
Aber es gilt [mm] s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}, [/mm] denn [mm] s_{n_{k}} [/mm] war bei dir doch die Reihe der ungeraden Summanden.
Ich hätte gedacht, es reicht einfach zu sagen:
[mm] s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i [/mm] konvergiert nach Leibniz, da [mm] a_i [/mm] eine monoton fallende positive Folge ist.
[mm] \sum_{i=0}^n (-1)^i a_i [/mm] = [mm] \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}
[/mm]
und [mm] a_{2l}-a_{2l+1} \ge [/mm] 0. Daraus folgt, dass der Grenzwert der Reihe auch [mm] \ge [/mm] 0 ist. Dazu brauch es keine Teilfolgen, ich ordne ja auch nichts um.
> Durch geschickte Wahl der Teilfolge erhaelst Du auch $ [mm] 1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1 [/mm] $.
Klar ist dass diese Teilfolge alle geraden Glieder enthalten muss(auch [mm] 1=a_0)um [/mm] die Aussage zuzeigen da [mm] a_i \ge [/mm] 0 für alle i [mm] \in \IN.
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 Fr 02.01.2015 | | Autor: | hippias |
> Hallo nochmal,
>
> Es geht mir darum, dass du schreibst:
> > [mm]s_{n_{k}}= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}[/mm].
> Aber es gilt [mm]s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1},[/mm]
> denn [mm]s_{n_{k}}[/mm] war bei dir doch die Reihe der ungeraden
> Summanden.
>
> Ich hätte gedacht, es reicht einfach zu sagen:
> [mm]s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i[/mm] konvergiert nach Leibniz, da
> [mm]a_i[/mm] eine monoton fallende positive Folge ist.
Richtig
> [mm]\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i[/mm] = [mm]\sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}[/mm]
>
> und [mm]a_{2l}-a_{2l+1} \ge[/mm] 0. Daraus folgt, dass der Grenzwert
> der Reihe auch [mm]\ge[/mm] 0 ist.
Schoen, dass Dir das klar ist. Am Anfang dieses Threads hast Du noch gesagt, dass Du es nicht verstanden hast.
> Dazu brauch es keine Teilfolgen,
> ich ordne ja auch nichts um.
Ich spreche von dieser Teilfolge: Die erste Folgeglieder der Partialsummen von [mm] $\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^{i} a_{i}$ [/mm] sind
[mm] $a_{0}$, $a_{0}-a_{1}$, $a_{0}-a_{1}+a_{2}$, $a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}$, $a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}+a_{4}$ [/mm] etc. Wir betrachten davon die Teilfolge [mm] $a_{0}-a_{1}$, $a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}$ [/mm] etc., die nur aus jedem zweiten Folgeglied der Partialsummen besteht.
>
> > Durch geschickte Wahl der Teilfolge erhaelst Du auch
> [mm]1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1 [/mm].
> Klar ist dass diese Teilfolge alle geraden Glieder
> enthalten muss(auch [mm]1=a_0)um[/mm] die Aussage zuzeigen da [mm]a_i \ge[/mm]
> 0 für alle i [mm]\in \IN.[/mm]
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:37 Sa 03.01.2015 | | Autor: | sissile |
> > Hallo nochmal,
> >
> > Es geht mir darum, dass du schreibst:
> > > [mm]s_{n_{k}}= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}[/mm].
> > Aber es gilt [mm]s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i= \sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1},[/mm]
> > denn [mm]s_{n_{k}}[/mm] war bei dir doch die Reihe der ungeraden
> > Summanden.
> >
> > Ich hätte gedacht, es reicht einfach zu sagen:
> > [mm]s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i[/mm] konvergiert nach Leibniz,
> da
> > [mm]a_i[/mm] eine monoton fallende positive Folge ist.
> Richtig
> > [mm]\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i[/mm] = [mm]\sum_{l=0}^{k} a_{2l}-a_{2l+1}[/mm]
>
> >
> > und [mm]a_{2l}-a_{2l+1} \ge[/mm] 0. Daraus folgt, dass der Grenzwert
> > der Reihe auch [mm]\ge[/mm] 0 ist.
> Schoen, dass Dir das klar ist. Am Anfang dieses Threads
> hast Du noch gesagt, dass Du es nicht verstanden hast.
Hallo hippias,
Achso, ich hatte von Anfang an deine Teilfolge falsch verstanden!
Danke für deine Geduld!
[mm] n.ZZ.:1-a_1+a_2-a_3\pm...\le1
[/mm]
[mm] s_n =\sum_{i=0}^n (-1)^i a_i [/mm] konvergiert
[mm] s_{n_k}=a_0+\sum_{k=0}^n-a_{2k+1} [/mm] + [mm] a_{2k+2}= 1+(-a_1+a_2)+(-a_3+a_4)...(-a_{n-1}+a_n)
[/mm]
Da: [mm] -a_{2k+1} [/mm] + [mm] a_{2k+2} [/mm] < 0 gilt [mm] 1+(-a_1+a_2)+(-a_3+a_4)...(-a_{n-1}+a_n)< [/mm] 1
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:20 Sa 03.01.2015 | | Autor: | hippias |
Ich habe keine Einwaende: gut gemacht.
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