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Universität/Hochschule J Arithmetisch-geometrisches Mittel
Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-03-03


Hallo Community,

ich habe eine Frage zum arithmetisch-geometrischen Mittel :

Es sind - zu gegebenen $a,b\in\mathbb{R}^+_0$ - ja $a_0=a$ und $b_0=b$.

Dann wird iteriert wie folgt :

$a_{k+1}=\frac{a_k+b_k}{2}$ und $b_{k+1}=\sqrt{a_k b_k}$

Das Verfahren konvergiert zu einem $c$ mit $\sqrt{ab}\le c\le\frac{a+b}{2}$

Nun seien

$I_1\left(a,b\right):=\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}\sqrt{x^2+b^2}}dx$

$I_2\left(a,b\right):=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{a^2\cos(\theta)^2+b^2\sin(\theta)^2}}d\theta$

Es soll gelten $AGM\left(a,b\right)=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{I_1(a,b)}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{I_2(a,b)}$

Weiß jemand, wie man die Integrale herleiten kann?

Gruß
Taxi1729

P.S.: Ich habe diese Frage bereits in einem anderen Forum gestellt.
Leider konnte mir da keiner helfen.




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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-03-03


Huhu Taxi1729.

en.wikipedia.org/wiki/Arithmetic–geometric_mean#Proof_of_the_integral-form_expression

Gruß,

Küstenkind



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Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-03


Hallo Küstenkind,

danke für Deine schnelle Antwort.

Der Link hilft mir schon weiter.

Aber beim wesentlichen Schritt :

$\sin(\theta)=\frac{2x\sin(\theta')}{(x+y)+(x-y)\sin(\theta')^2}\Rightarrow I(x,y)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{d\theta'}{\sqrt{(\frac{x+y}{2})^2\cos(\theta')^2+(\sqrt{xy})^2\sin(\theta')^2}}$

steige ich noch nicht so richtig durch.

Das muss ich mir erst noch genauer ansehen.

$\sin(\theta)^2=\frac{((x+y+(x-y))\sin(\theta'))^2}{(x+y+(x-y)\sin(\theta')^2)^2}$ ist ja noch leicht.

Aber warum ist das das Gleiche wie $1-\frac{\cos(\theta')^2((x+y)^2-(x-y)^2\sin(\theta')^2)}{(x+y+(x-y)\sin(\theta')^2)^2}$?

(ich kenne nur $\sin(\alpha)^2=1-\cos(\alpha)^2$)

Und warum folgt daraus, dass $\cos(\theta)^2=\frac{4\cos(\theta')^2\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos(\theta')^2+xy\sin(\theta')^2\right)}{(x+y+(x-y)\sin(\theta')^2)^2}$?

Der Autor sagt dazu nur : "The intermediary steps have been omitted to
save paper and ink as they are straightforward manipulations that can be
gleaned from the above."

So straightforward finde ich die Umformungen nicht 😄.

Gruß
Taxi1729



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-03-03


Huhu Taxi1729,

ich habe leider nicht viel Zeit, aber das sieht mir doch wirklich nur nach stupider Rechnung / Umformung aus.

Aus deiner Identität folgt doch z.B., dass dein Subtrahend gerade \(\cos^2\theta\) ist. Nun ist:

\(\displaystyle ((x+y)^2-(x-y)^2\sin(\theta')^2)=(x+y)^2-x^2\sin^2\theta'+2xy\sin^2 \theta'-y^2\sin^2\theta'=(x+y)^2-x^2(1-\cos^2\theta')-y^2(1-\cos^2\theta')+2xy\sin^2\theta'=2xy+x^2\cos^2\theta'+y^2\cos^2\theta'+2xy\sin^2\theta'=2xy(\cos^2\theta'+\sin^2\theta')+(x^2+y^2)\cos^2\theta'+2xy\sin^2\theta'=4\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos(\theta')^2+xy\sin(\theta')^2\right)\)

Das war jetzt nur aus Hosentasche geschossen und losgerechnet. Vll geht es ja auch noch eleganter...

Gruß,

Küstenkind

edit: Hier ist auch ein Skript zu deiner Thematik: melihiseri.com/static/lectures/AGMLecture.pdf

edit2: Zudem ist:

\(\displaystyle (x+y+(x-y)\sin^2\theta')^2-\cos^2\theta'((x+y)^2-(x-y)^2\sin^2\theta')=(x+y)^2+2(x+y)(x-y)\sin^2\theta'+(x-y)^2\sin^4\theta'-\cos^2\theta'(x+y)^2+(x-y)^2\cos^2\theta'\sin^2\theta'=(x+y)^2(1-\cos^2\theta'+2(x^2-y^2)\sin^2\theta'+(x-y)^2\sin^4\theta'+(x-y)^2\cos^2\theta'\sin^2\theta'=\sin^2\theta'((x+y)^2+2(x^2-y^2)+(x-y)^2\sin^2\theta'+(x-y)^2\cos^2\theta')=\ldots\)

Nun ist es nicht mehr weit...



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Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-04


Nun,

ich habe als Ausgangsintegral $\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2\cos^2(\theta)+y^2\sin^2(\theta)}}d\theta$

Es ist $\sin(\theta)=\frac{2x\sin(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}$


Ich kenne $\cos^2(\theta)$ und $\sin^2(\theta)$ in Abhängigkeit von $\theta'$
(die zwei Schritte um die ich Dich gebeten habe mir zu
erklären kann ich jetzt nachvollziehen) :

$\cos^2(\theta)=\frac{4\cos^2(\theta')\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+xy\sin^2(\theta')\right)}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}$

$\sin^2(\theta)=\frac{((x+y+(x-y))\sin(\theta'))^2}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}$

Wenn ich das in das Integral einsetze erhalte ich
$\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2\frac{4\cos^2(\theta')\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+xy\sin^2(\theta')\right)}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}+y^2\frac{((x+y+(x-y))\sin(\theta'))^2}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}}d\theta$

Stimmt das bis jetzt?

Wie komme ich von $d\theta$ zu $d\theta'$?

Ich dachte mir, dass ich $\arcsin\left(\frac{2x\sin(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}\right)$ nach $\theta'$ ableite,
aber das erscheint mir zu komplex.

Gruß
Taxi1729



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-03-04


Huhu Taxi1729,

natürlich ist das richtig - du hast ja nur eingesetzt. Nun noch wie geplant das Differential ersetzen und dann vereinfachen. Hab es gerade mal zum Spaß durchgerechnet. Nach langweiliger (Mittelstufen-)Algebra folgt das gewünschte Integral, welches du ja auch bei Wikipedia nachlesen kannst. Versuche es also selbst, ich habe gerade wenig Lust dieses hier einzutippen. Falls es nicht funktioniert kannst du ja Bescheid sagen.

Gute Nacht,

Küstenkind

PS: Beachte beim Differential, dass \(\frac{\dd}{\dd x}\arcsin(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\). Wenn du dein Argument quadrierst hast du gerade aber \(\sin^2(\theta)\). Du hast also  \(\dd \theta=\frac{\text{innere Ableitung}}{\cos(\theta)}\,\dd \theta'\). Da vereinfacht sich denn noch viel...



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Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-05


Hallo Küstenkind,

danke erst mal für Deine Hilfe.

Sei $\theta=g(\theta')=\arcsin\left(\frac{2x\sin(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}\right)$

Dann ist $g'(\theta')=\frac{\frac{2x\cos(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}-\frac{4x\sin^2(\theta')(x-y)\cos(\theta')}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}{\sqrt{1-\frac{4x^2\sin^2(\theta')}{(x+y)+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}}$

$\sin^2(\theta)$ und $\cos^2(\theta)$ habe ich ja schon substituiert :

$\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2\frac{4\cos^2(\theta')\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+xy\sin^2(\theta')\right)}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}+y^2\frac{((x+y+(x-y))\sin(\theta'))^2}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}}d\theta$

Die Integrationsgrenzen sind $0$ und $\frac{\pi}{2}$.
Es ist $g(0)=0$ und $g(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}$

Die Integrationsgrenzen ändern sich also beim Substituieren nicht.

Wenn ich jetzt noch $g'(\theta')$ in das Integral multipliziere bekomme ich :

$\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2\frac{4\cos^2(\theta')\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+xy\sin^2(\theta')\right)}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}+y^2\frac{((x+y+(x-y))\sin(\theta'))^2}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}}\frac{\frac{2x\cos(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}-\frac{4x\sin^2(\theta')(x-y)\cos(\theta')}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}{\sqrt{1-\frac{4x^2\sin^2(\theta')}{(x+y)+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}} d\theta'$

Das kommt mir unnötig kompliziert vor.

Das Ergebnis ist korrekt für alle Beispielsrechnungen, aber ich weiß
nicht, wie ich auf die Umformungen komme, mit denen ich schließlich  $\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+(\sqrt{xy})^2\sin^2(\theta')}}d\theta'$ erhalte.

Deinen Tipp verstehe ich nicht :
$d\theta=\frac{\text{innere Ableitung}}{\cos(\theta)}d\theta'$

Die innere Ableitung von was? Kannst Du da bitte ein bisschen genauer
sein?



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-03-05


Huhu Taxi1729,

es geht doch um:

\(\frac{\dd}{\dd \theta'} \arcsin\left(\frac{2x\sin(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}\right)\)

Zum Vergleich:

\(\frac{\dd}{\dd x}\arcsin(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)

Nun ist aber \(\displaystyle x^2=\left(\frac{2x\sin(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}\right)^2=\sin^2(\theta)\) und nach Pythagoras \(\sqrt{1-\sin^2\theta}=\sqrt{\cos^2\theta}\)

Als ziehen wir aus \(\cos^2(\theta)=\frac{4\cos^2(\theta')\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+xy\sin^2(\theta')\right)}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}\) die Wurzel. Im Zähler steht dann noch die Ableitung von dem Argument vom Arkussinus.

Somit:

\(\displaystyle\frac{\dd}{\dd \theta'} \arcsin\left(\frac{2x\sin(\theta')}{x+y+(x-y)\sin^2(\theta')}\right)=\frac{\frac{-2x\cos\theta'((x-y)\sin^2\theta'-x-y)}{\left((x-y)\sin^2\theta'+x+y\right)^2}}{\frac{2\cos\theta\sqrt{\left(\frac{x+y}{2}\right)^2+xy\sin^2\theta'}}{x+y+(x-y)\sin^2\theta'}}\)

Nun können wir noch kürzen und beseitigen den Doppelbruch:

\(\displaystyle \frac{\frac{-2x\cos\theta'((x-y)\sin^2\theta'-x-y)}{\left((x-y)\sin^2\theta'+x+y\right)^2}}{\frac{2\cos\theta\sqrt{\left(\frac{x+y}{2}\right)^2+xy\sin^2\theta'}}{x+y+(x-y)\sin^2\theta'}}=\frac{-x((x-y)\sin^2\theta'-x-y)}{\sqrt{\ldots}((x-y)\sin^2\theta'+x+y)}\)

2021-03-04 18:45 - Taxi1729 in Beitrag No. 4 schreibt:
Wenn ich das in das Integral einsetze erhalte ich
$\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2\frac{4\cos^2(\theta')\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+xy\sin^2(\theta')\right)}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}+y^2\frac{((x+y+(x-y))\sin(\theta'))^2}{(x+y+(x-y)\sin^2(\theta'))^2}}}d\theta$

Da setzen wir das nun ein. Die Wurzel mit den Pünktchen ist schon unser Ergebnis. Die Klammer dahinter als Faktor kürzt sich nun mit dem Nenner des Nenners des Integranden. Übrig bleibt somit:

$\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2} \frac{-x((x-y)\sin^2\theta'-x-y)\,\dd \theta'}{\sqrt{4x^2\cos^2\theta'\left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2\theta'+xy\sin^2\theta'\right)+4x^2y^2\sin^2\theta'}  \sqrt{\left(\frac{x+y}{2})^2\right)\cos^2\theta'+xy\sin^2\theta'}}$

Nun können wir aus der ersten Wurzel im Nenner ein \(x^2\) ausklammern, die Wurzel ziehen und mit dem \(x\) im Zähler kürzen. Es bleibt dann stehen (ich quadriere, damit es unter einer Wurzel steht):

\(\displaystyle  \left((x+y)-(x-y)\sin^2\theta'\right)^2=(x+y)^2-2(x+y)(x-y)\sin^2\theta'+(x-y)^2\sin^4\theta'\)

Nun schauen wir uns den Radikanden an:

\(\displaystyle 4\cos^2\theta'xy\sin^2\theta'+(x+y)^2\cos^4\theta'+4y^2\sin^2\theta'=4xy\sin^2\theta'(1-\sin^2\theta'+(x+y)^2(1-2\sin^2\theta'+\sin^4\theta')+4y^2\sin^2\theta'=4xy\sin^2\theta'-4xy\sin^4\theta'+(x+y)^2-2(x+y)^2\sin^2\theta'+(x+y)^2\sin^4\theta'+4y^2\sin^2\theta'=(x+y)^2+\sin^2\theta'(4xy-2(x+y)^2+4y^2)+\sin^4\theta'(-4xy+(x+y)^2)\)

Den letzten Schritt, dass diese beiden Terme nun gleich sind, überlasse ich dir...

Ob es "einfacher" geht weiß ich nicht. Wie gesagt, das sind nur Umformungen die man in der Mittelstufe lernt. Natürlich nutzt man hier ein wenig aus, dass man das Ergebnis schon kennt. Es steht ja aber nicht umsonst oft geschrieben, dass diese Berechnung viel Algebra benötigt und wie erstaunlich es war, dass Gauss die Substitution erkannt und bis zum Ende gebracht hat. War halt ein schlauer Mann!

So wie du schreibst, erwartest du irgendein "Trick", sodass in 2 Zeilen das Ergebnis da steht. Dieser ist mir aber nicht bekannt. Da hilft eben nur rechnen und mal anfangen.

Gruß,

Küstenkind

PS: Schönes Wochenende!



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Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-06


Hi,

das Zählerquadrat ist ausgeklammert
$4y^2+4\cos^2(\theta')xy-4\cos^2(\theta')y^2+\cos^4(\theta')x^2-2\cos^4(\theta')xy+\cos^4(\theta')y^2$

und der Radikand ist ausgeklammert
$4y^2+4\cos^2(\theta')xy-4\cos^2(\theta')y^2+\cos^4(\theta')x^2-2\cos^4(\theta')xy+\cos^4(\theta')y^2$

Wenn zwei Dinge einem Dritten gleich sind, so sind sie auch untereinander gleich.

Nun haben wir - wie gemeinsam gezeigt -
$I(x,y)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2\cos^2(\theta)+y^2\sin^2(\theta)}}d\theta=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\cos^2(\theta')+(\sqrt{xy})^2\sin^2(\theta')}}d\theta'=I\left(\frac{x+y}{2},\sqrt{xy}\right)$

Es gilt $I(z,z)=\frac{\pi}{2z}$

Letzenendes folgt aus $I(x_0,y_0)=I(x_1,y_1)=I(x_2,y_2)\ldots=I(AGM(x,y),AGM(x,y))$

die Identität $I(x,y)=\frac{\pi}{2AGM(x,y)}$ oder andersherum betrachtet $AGM(x,y)=\frac{\pi}{2I(x,y)}$.

Der Beweis ist zwar ein wenig aufwändig aber nicht so kompliziert wie ich befürchtet hatte. Oftmals denke ich schlicht zu kompliziert 🙃.

Vielen Dank für Deine Zeit und Hilfe, Küstenkind 🙂.

Übrigens war Gauß auch schon ein schlaues Kind. Du hast sicher von der
Anekdote gehört, in der der kleine Gauß vom Lehrer beauftragt worden ist,
die ersten $100$ Zahlen aufzuaddieren? Wenn ja, dann erzähl ich Dir dies
bezüglich ja nichts Neues.

Also der Lehrer hatte gehofft, den jungen Carl-Friedrich endlich mal für
eine Weile zu beschäftigen. Aber schon nach fünf Minuten kam Gauß mit dem
korrekten Ergebnis an. Wie hatte er das gemacht?

Nun, er schrieb die Zahlen vorwärts und rückwärts untereinander und
erkannte, dass die Summe immer jeweils $1+100$ ist. Diese Summe hat
er mit $100$ multipliziert und musste das Ergebnis dann nur noch durch $2$
teilen. Also $5050$.

Durch einen unglaublich großen Zufall entspricht $5050$ genau der Anzahl
an Klängen, die mit dem Keyboard Yamaha PSR47 - das ich mal besessen habe
- erzeugt werden können. Und zwar mit der Dual-Funktion, die 100 verschiedene Grundklänge kombinieren kann 😁.

Dir auch ein schönes Wochenende.

Gruß
Taxi



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Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-11


Ich war mal fleißig und habe den Beweis ausführlich niedergeschrieben.
Hat mich vier Rechenseiten und bestimmt eindreiviertel Stunden gekostet.

Und wo ich schon dabei war, habe ich gleich mitbewiesen, dass die zweite
Definition des Integrals mit dem trigonometrischen identisch ist :

$I(a,b)=\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{a^2\cos(\theta)^2+b^2\sin(\theta)^2}}d\theta$

Substitution : $t=b\tan(\theta)$, $t(0)=0$, $t(\frac{\pi}{2})=\infty$

$\theta=\arctan\left(\frac{t}{b}\right)$

$\cos\left(\arctan\left(\frac{t}{b}\right)\right)^2=\frac{b^2}{b^2+t^2}$

$\sin\left(\arctan\left(\frac{t}{b}\right)\right)^2=\frac{t^2}{b^2+t^2}$

$\frac{d\arctan\left(\frac{t}{b}\right)}{dt}=\frac{b}{b^2+t^2}$

$\Rightarrow I(a,b)=\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{a^2\frac{b^2}{b^2+t^2}+b^2\frac{t^2}{b^2+t^2}}}\cdot\frac{b}{b^2+t^2}dt$

$=\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{(a^2b^2+b^2t^2)\left(\frac{b^2+t^2}{b^2}\right)}}dt$

$=\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{(a^2+t^2)(b^2+t^2)}}dt$

$=\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{a^2+t^2}\sqrt{b^2+t^2}}dt$

$=I(a,b)$

Somit gilt auch hier : $AGM(a,b)=\frac{\pi}{2I(a,b)}$

Gruß
Taxi1729



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-03-13


Huhu Taxi1729,

2021-03-11 15:17 - Taxi1729 in Beitrag No. 9 schreibt:
Ich war mal fleißig und habe den Beweis ausführlich niedergeschrieben.
Hat mich vier Rechenseiten und bestimmt eindreiviertel Stunden gekostet.

das passt ja denn wunderbar zu:

2021-03-03 20:19 - Taxi1729 in Beitrag No. 2 schreibt:
Der Autor sagt dazu nur : "The intermediary steps have been omitted to
save paper and ink as they are straightforward manipulations [...]"

Ist denn nun noch eine Frage offen? Ansonsten darfst du den Thread gerne abhaken.

Gruß,

Küstenkind



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Taxi1729
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-03-15


Das mache ich doch gerne.

Danke nochmal für Deine Tipps.
Die haben mir wirklich geholfen😃.



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