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Funktionenfolgen und -reihen » Fourierreihen » Berechnen einer komplexen (endlichen) Summe [Σ_k=1^n 3^k*sin(kx)]
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Universität/Hochschule Berechnen einer komplexen (endlichen) Summe [Σ_k=1^n 3^k*sin(kx)]
Ropley
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-05-13


Hi,
ich steh mal wieder auf dem Schlauch...
Ich möchte die Summe $\sum_{k=1}^{n}3^k\sin{(kx)}$ berechnen.

Dabei denke ich, dass der Zusammenhang $\sin{a}=\frac{e^{ia}-e^{ia}}{2i}$ hier ziemlich nützlich sein könnte.

Wenn ich das nun ausschreibe, komme ich auf

$$ \Rightarrow \sum_{k=1}^{n}3^k\sin{(kx)} = \sum_{k=1}^{n}3^k\frac{e^{ikx}-e^{-ikx}}{2i}=(\sum_{k=1}^{n}3^k\frac{e^{ikx}}{2i})-(\sum_{k=1}^{n}3^k\frac{e^{-ikx}}{2i})
$$
wobei ich ab diesem Punkt nicht mehr recht weiter komme.
Ich dachte, dass mir die Differenz zweier harmonischen Reihen vielleicht weiterhelfen könnte?

Vielen Dank für eure Hilfe!



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ligning
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-13


Tipp: Versuch mal in den beiden Summen jeweils eine geometrische Summe wiederzufinden.


-----------------
⊗ ⊗ ⊗



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-05-13


Hallo,

wieso harmonische Reihen? Das sind zwei geometrische Summen.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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Ropley
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


2021-05-13 13:59 - Nuramon in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo,

wieso harmonische Reihen? Das sind zwei geometrische Summen.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]

Ich meinte natürlich geometrische Reihe bzw. Partialsummen einer geometrischen Reihe. Die beiden verwechsle ich immer 🙄.

2021-05-13 13:59 - ligning in Beitrag No. 1 schreibt:
Tipp: Versuch mal in den beiden Summen jeweils eine geometrische Summe wiederzufinden.

Danke. Ich probier mal etwas rum und melde mich später wieder.



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Ropley
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


Hallo nochmal...

also, wir haben ja einerseits die Partialsumme der geometrische Reihe $\sum_{k=1}^n3^k$. Das spricht ja sehr für die geometrische Summenformel.

$$\Rightarrow\sum_{k=1}^n3^k = (\sum_{k=0}^n3^k)-1 = \frac{3^{n+1} - 3}{2}$$
Andererseits gilt auch
$$\sum_{k=1}^{n}e^{ikx}=\frac{e^{i(n+1)x}-e^{ix}}{e^{ix}-1}$$
(und für $\sum_{k=1}^{n}e^{-ikx}=\frac{e^{-i(n+1)x}-e^{-ix}}{e^{-ix}-1}$).

Wenn ich das nun in meine vorherige Umformung einsetze, komme ich auf:

$$ \Rightarrow (\sum_{k=1}^{n}3^k\frac{e^{ikx}}{2i}) - (\sum_{k=1}^{n}3^k\frac{e^{-ikx}}{2i}) = \frac{3^{n+1} - 3}{2}(\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{ikx}}{2i} - \sum_{k=1}^{n}\frac{e^{-ikx}}{2i})
$$
Ich glaube mich bringt die komplexe Zahl $i$ etwas aus dem Konzept. Sorry, dass ich so planlos bin...



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-13

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Die letzte Gleichung ist falsch, da du da nicht auf diese Weise einsetzen kannst.

Versuche $q,c\in  \IC$ zu finden, so dass $\sum_{k=1}^{n}3^k\frac{e^{ikx}}{2i} =\sum_{k=1}^n cq^k$ gilt.
\(\endgroup\)


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Ropley
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


Danke!
 
Ich wage jetzt noch einen Versuch, wenn es nichts wird, mach ich erstmal eine Pause.
 
Also wir haben:

$$ \sum^{n}_{k=1}3^k\frac{e^{ikx}}{2i}=\sum_{k=1}^{n}3^k(e^{ix})^k\frac{1}{2i}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2i}(3e^{ix})^k
$$
Dann wäre es schon einmal in der Form $\sum_{k=1}^{n}cq^k$, oder?

Für eine Partialsumme einer geometrische Reihe in dieser Form müsste ja gelten:

$$ s_n=c\sum_{k=0}^{n}q^k=c\sum_{k=1}^{n}q^k=c\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\\
\Rightarrow\frac{1}{2i}\sum_{k=1}^{n}(3e^{ix})^k=\frac{1}{2i}(\sum_{k=0}^{n}(3e^{ix})^k)-1=\frac{1}{2i}\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{(3e^{ix})-1}-1
$$
Die zweite Summe müsste dann analog dazu funktionieren.

Falls es bis zu diesem Punkt richtig sein sollte, ist es sinnvoll nun $e^{ix}$ mittels der Identität $e^{iy}=\cos{y}+i\sin{y}$ zu ersetzen und Real-/Imaginärteil zu betrachten?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-13

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
2021-05-13 17:07 - Ropley in Beitrag No. 6 schreibt:
$$ s_n=c\sum_{k=0}^{n}q^k=c\sum_{k=1}^{n}q^k=c\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\\
\Rightarrow\frac{1}{2i}\sum_{k=1}^{n}(3e^{ix})^k\color{red}{=}\frac{1}{2i}(\sum_{k=0}^{n}(3e^{ix})^k)-1 = \frac{1}{2i}\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{(3e^{ix})-1}-1
$$
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Das rote Gleichheitszeichen ist falsch: Dir sind da die Klammern verrutscht.

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Falls es bis zu diesem Punkt richtig sein sollte, ist es sinnvoll nun $e^{ix}$ mittels der Identität $e^{iy}=\cos{y}+i\sin{y}$ zu ersetzen und Real-/Imaginärteil zu betrachten?
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Ich würde zuerst noch die andere Summe (die mit $e^{-ikx}$) ausrechnen und dann zusammenfassen.
\(\endgroup\)


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Ropley
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-13


\(\endgroup\)
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)2021-05-13 17:21 - Nuramon in Beitrag No. 7 schreibt:
2021-05-13 17:07 - Ropley in Beitrag No. 6 schreibt:
$$ s_n=c\sum_{k=0}^{n}q^k=c\sum_{k=1}^{n}q^k=c\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\\
\Rightarrow\frac{1}{2i}\sum_{k=1}^{n}(3e^{ix})^k\color{red}{=}\frac{1}{2i}(\sum_{k=0}^{n}(3e^{ix})^k)-1 = \frac{1}{2i}\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{(3e^{ix})-1}-1
$$
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Das rote Gleichheitszeichen ist falsch: Dir sind da die Klammern verrutscht.

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Falls es bis zu diesem Punkt richtig sein sollte, ist es sinnvoll nun $e^{ix}$ mittels der Identität $e^{iy}=\cos{y}+i\sin{y}$ zu ersetzen und Real-/Imaginärteil zu betrachten?
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Ich würde zuerst noch die andere Summe (die mit $e^{-ikx}$) ausrechnen und dann zusammenfassen.
\(\endgroup\)

Du hast natürlich völlig recht. Heute ist echt nicht mein Tag...
Naja, jetzt komm ich beim Zusammenfassen auch nicht weiter.

Ich hab jetzt versucht, alles nochmal schön zusammenzuschreiben.


Zu berechnen: $\sum_{k=1}^n3^k\sin{(kx)}$

Wir bemerken den Zusammenhang: $\sin{a}=\frac{e^{ia}-e^{-ia}}{2i}$

$$ \begin{equation}
\Rightarrow\sum_{k=1}^n3^k\sin{(kx)}=\sum_{k=1}^n3^k\frac{e^{ikx}-e^{-ikx}}{2i}=(\sum_{k=1}^n3^k\frac{e^{ikx}}{2i})-(\sum_{k=1}^n3^k\frac{e^{-ikx}}{2i})
\end{equation}
$$
Wir schreiben die Summen um, damit wir eine Partialsumme einer geometrischen Reihe mit der Form $\sum^n_{k=1}cq^k$ mit $q,c\in\mathbb{C}$ bekommen.

Für die linke Summe gilt also:

$$ \begin{equation}
\Rightarrow\sum_{k=1}^n3^k\frac{e^{ikx}}{2i}=\sum_{k=1}^n3^k(e^{ix})^k\frac{1}{2i}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2i}(3e^{ix})^k
\end{equation}
$$
und für die rechte Summe:
$$ \begin{equation}
\Rightarrow\sum_{k=1}^n3^k\frac{e^{-ikx}}{2i}=\sum_{k=1}^n3^k(e^{-ix})^k\frac{1}{2i}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2i}(3e^{-ix})^k
\end{equation}
$$
Für die Partialsumme einer geometrischen Reihe gilt:
$$ \begin{equation}
s_n=c\sum_{k=0}^{n}q^k=c((\sum_{k=1}^{n}q^k)-1)=c(\frac{q^{n+1}-1}{q-1}-1)
\end{equation}
$$
Daraus ergibt sich links:
$$ \begin{equation}
\Rightarrow\sum_{k=1}^n\frac{1}{2i}(3e^{ix})^k=\frac{1}{2i}(\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{3e^{ix}-1}-1)
\end{equation}
$$
und rechts:
$$ \begin{equation}
\Rightarrow\sum_{k=1}^n\frac{1}{2i}(3e^{-ix})^k=\frac{1}{2i}(\frac{(3e^{-ix})^{n+1}-1}{3e^{-ix}-1}-1)
\end{equation}
$$
Eingesetzt in $\text{(1)}$ ergibt sich:

$$ \begin{equation}
\Rightarrow\sum_{k=1}^n3^k\sin{(kx)}=\frac{1}{2i}(\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{3e^{ix}-1}-1) - \frac{1}{2i}(\frac{(3e^{-ix})^{n+1}-1}{3e^{-ix}-1}-1)
\end{equation}
$$ $$ \begin{equation}
=\frac{1}{2i}((\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{3e^{ix}-1}-1) - (\frac{(3e^{-ix})^{n+1}-1}{3e^{-ix}-1}-1))
\end{equation}
$$
Bis zu diesem Punkt sollte es passen. Hier mein Versuch das ganze etwas aufzudröseln. Leider nicht ziemlich zielführend. Auch der Versuch mit dem "gegenüberliegenden Nenner" zu erweitern endete nur in einer ewig langen Gleichung.

$$ =\frac{1}{2i}(\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{3e^{ix}-1}-1 - \frac{(3e^{-ix})^{n+1}-1}{3e^{-ix}-1}+1)
$$ $$ =\frac{1}{2i}(\frac{(3e^{ix})^{n+1}-1}{3e^{ix}-1} - \frac{(3e^{-ix})^{n+1}-1}{3e^{-ix}-1})
$$ $$ =\frac{1}{2i}(\frac{3^{n+1}e^{ix(n+1)}-1}{3e^{ix}-1} - \frac{3^{n+1}e^{-ix(n+1)}-1}{3e^{-ix}-1})
$$ $$ =\frac{1}{2i}(\frac{3^{n+1}e^{ixn+ix}-1}{3e^{ix}-1} - \frac{3^{n+1}e^{-ixn-ix}-1}{3e^{-ix}-1})
$$ $$ =\frac{1}{2i}(\frac{3^{n+1}e^{ixn}e^{ix}-1}{3e^{ix}-1} - \frac{3^{n+1}e^{-ixn}e^{-ix}-1}{3e^{-ix}-1})
$$
Ich bedanke mich trotzdem für die riesige Hilfsbereitschaft auf dieser Plattform!



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-13

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Die Gleichung (4) passt immer noch nicht so ganz. Da du dir offensichtlich schwer tust mit der Summe, die bei $k=1$ anfängt, verrate ich dir, dass $\sum_{k=1}^n3^k \sin(kx) = \sum_{k=0}^n3^k\sin(kx)$ gilt.

Aber ist eigentlich auch egal, denn ab Gleichung (5) stimmt es sowieso wieder.

Damit ergibt sich insgesamt ein Term der Form
$$ \frac 1{2i}\left(\frac ab - \frac{\overline a} {\overline b}\right) = \frac {\Im(a\overline b)}{b\overline b}.$$
Etwas Rechnen muss man (vor allem im Zähler; im Nenner kürzt sich ein bisschen), aber am Ende kommen nur noch reelle Zahlen, $\sin$ und $\cos$ vor.
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-05-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,

das Leben ist nur noch halb so schwer, wenn man

\( \D\sum_{k=1}^n 3^k\sin (kx)=\sum_{k=0}^n 3^k\sin (kx)=\operatorname{Im} \sum_{k=0}^n 3^k\exp(ikx)=\operatorname{Im} \sum_{k=0}^n 3^k(\exp(ix))^k\)
benutzt.

Viele Grüße

Wally
\(\endgroup\)


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