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Universität/Hochschule Divergenz von sin(kx)
WagW
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  Themenstart: 2022-01-14

Hallo zusammen, wir sollen die Divergenz von $f_k(x):=\sin(kx)$, mit $x\neq m\pi$ und $m\in\mathbb{Z}$ zeigen. Eigentlich ist diese Aufgabe ziemlich einfach. Man nimmt einfach punktweise Konvergenz von $(f_k)$ an und sieht direkt, dass dann auch $\cos(xk)$ punktweise konvergieren müsste. Als Nächstes folgert man dann $$ \lim\limits_{k\to\infty}\sin(x)=\lim\limits_{k\to\infty}\sin(xk-x(k+1)) =\lim\limits_{k\to\infty}(\sin(xk)\sin(x(k+1))+\cos(xk)\cos(x(k+1))) =\lim\limits_{k\to\infty}\sin^2(xk)+\lim\limits_{k\to\infty}\cos^2(xk)=1,$$ was ein Widerspruch ist. Leider müssen wir das Ganze aber anders zeigen. Und zwar meinte unser Prof, dass wir folgenden Tipp verfolgen sollen: Angenommen $\lim\limits_{k\to\infty}\sin(xk)=s$ und $\lim\limits_{k\to\infty}\cos(xk)=c$ existieren. Dann gibt es für beliebige $\epsilon_1,\epsilon_2>0$ ein $n_0\in\mathbb{N}$, sodass für alle $k>n_0$ gilt $$ \epsilon_1>|\sin(x(k+1))-s|=|\sin(xk)\cos(x)+\sin(x)\cos(xk)-s| \geq \Big||\sin(x)\cos(xk)|-|\sin(xk)\cos(x)-s|\Big|$$ und $$ \epsilon_2>|\cos(xk)-c|. $$ Wenn man nun $\epsilon_1$ und $\epsilon_2$ geschickt wählt und die Absolutbeträge ebenfalls geschickt abschätzt, so kann man einen Widerspruch erzeugen. Die spannende Frage ist nun wie man das anstellt? Ich habe da schon ne Menge rumprobiert mit $\epsilon_1:=\sin(x)$, $\epsilon_1:=|c-s|$ und ein paar anderen Werten; das hat aber alles bisher nichts genützt. Habt ihr da eine Idee wie man die $\epsilon$'s bzw. die Abschätzungen wählen sollte? viele Grüße WagW


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Wauzi
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-01-14

Hallo, bei solchen Aufgaben hilft manchmal folgender Trick: Ersetze in in der letzten Ungleichung die Folgen durch ihre Grenzwerte und versuche dann durch einige Umformungen auf einen Ausdruck zu kommen, der sich irgendwie handhaben läßt. Gruß Wauzi


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WagW
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-14

Hallo Wauzi, so etwas in der Art hatte ich auch mal ausprobiert. Wenn ich jetzt mal der Einfachheit halber $s,c>0$ annehme, dann ergibt sich: $ \lim\limits_{k\to\infty}\epsilon_1\geq\lim\limits_{k\to\infty}|\sin(x(k+1))-s|=\lim\limits_{k\to\infty}|\sin(xk)\cos(x)+\sin(x)\cos(xk)-s| \geq \left|\lim\limits_{k\to\infty}|\sin(x)\cos(xk)|-\lim\limits_{k\to\infty}|\sin(xk)\cos(x)-s|\right| $ und damit dann $ \epsilon_1\geq\Big||\sin(x)|c-s|\cos(x)-1|\Big|. $ Das bedeutet ja, dass $|\sin(x)|c=s|\cos(x)-1|$ gelten müsste, da das $\epsilon_1$ beliebig klein gewählt werden kann. Wenn man da mal mit ein paar Werten herumspielt, sieht man, dass das tatsächlich zu einem Widerspruch führt. Aber keine Ahnung wie man das wasserdicht macht... Meinst Du das ist eine brauchbare Richtung?


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Wauzi
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-01-14

Jetzt könnte man versuchen, diese Werte weiter oben einzusetzen. Evtl auf die Brutale, indem man sin(x) und cos(x) konkret ausrechnet und durch s und c ausdrückt oder zumindest sin(x) durch (1-cos(x)). Einfach wird das wahrscheinlich nicht, aber einen anderen Weg sehe ich momentan nicht, Gruß Wauzi


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Wauzi
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-01-19

Hallo WagW, nachdem sich in den letzten Tagen hier nichts getan hat, eine Idee von mir, die entfernt mit der vorgeschlagenen zu tun hat, aber warscheinlich nicht die gewünschte ist. Sei s=lim(k->\inf,sin(kx)) (existiert nach Annahme) Dann ist s=lim(k->\inf,sin(kx))=lim(k->\inf,sin((k+1)*x))=lim(k->\inf,sin((k+2)*x)) Dann ist sin((k+1)*x)=sin(kx)*cos(x)+sin(x)*cos(kx)= =sin(kx)*cos(x)+-sin(x)*sqrt(1-sin(kx)) Grenzwertübergang liefert s=s*cos(x)+-sqrt(1-s^2)*sin(x) =>s^2*(1-cos(x))^2=sin^2(x)*(1-s^2) =>s^2/(1-s^2)=(1+cos(x))/(1-cos(x) Ersetzt man oben k+1 durch k+2 ergibt sich analog s^2/(1-s^2)=(1+cos(2x))/(1-cos(2x)) Gleichsetzen führt nach ein paar Umformungen zu cos(x)=cos(2x). x=0 fällt nach Vor. weg, bleibt x=\pi/3, welches entweder durch Einsetzen in die Ausgangsbehauptung oder durch nochmaliges Anwenden von obigen mit k+3 zum Widerspruch führt. Ich persönlich finde allerdings schöner, zu zeigen, daß kx mod \pi nicht konvergiert und daraus dann über die Häufungspunkte die Behauptung zu folgern, Gruß Wauzi


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zippy
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-01-20

Der im Startbeitrag erwähnte Tipp führt auch zum Ziel, wenn man ihn sowohl auf den Sinus wie auch auf den Cosinus anwendet:$$ \begin{align*} s &= \lim_{k\to\infty}\sin\bigl(x(k+1)\bigr) = \lim_{k\to\infty}\Bigl[\sin(kx)\cos x+\cos(kx)\sin x\Bigr] = s\cdot\cos x+c\cdot\sin x \\ c &= \lim_{k\to\infty}\cos\bigl(x(k+1)\bigr) = \lim_{k\to\infty}\Bigl[\cos(kx)\cos x-\sin(kx)\sin x\Bigr] = c\cdot\cos x-s\cdot\sin x \end{align*}$$Wir haben also das Gleichungssystem$$ \begin{pmatrix}\cos x&\sin x\\-\sin x&\cos x\end{pmatrix} \begin{pmatrix}s\\c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}s\\c\end{pmatrix} $$und das ist nur lösbar, wenn die Matrix auf der linken Seite den Eigenwert 1 hat. Also muss $\sin x=0$ und $\cos x=1$ bzw. $x\equiv0\pmod{2\pi}$ sein. $\bigl[$ Und das sind ja tatsächlich genau die Werte von $x$, für die sowohl $\lim_{k\to\infty}\sin(kx)$ wie auch $\lim_{k\to\infty}\cos(kx)$ existieren. $\bigr]$ --zippy


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WagW
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-02-08

Ich sehe gerade, dass ich im Startbeitrag am Anfang einen Fehler drin habe, da ich $\sin$ mit $\cos$ vertauscht habe. Anstatt $\lim\limits_{k\to\infty}\color{red}\sin(x)=\lim\limits_{k\to\infty}\color{red}\sin(xk-x(k+1)) =\lim\limits_{k\to\infty}(\sin(xk)\sin(x(k+1))+\cos(xk)\cos(x(k+1))) =\lim\limits_{k\to\infty}\sin^2(xk)+\lim\limits_{k\to\infty}\cos^2(xk)=1$ sollte dort $\lim\limits_{k\to\infty}\cos(x)=\lim\limits_{k\to\infty}\cos(xk-x(k+1)) =\lim\limits_{k\to\infty}(\sin(xk)\sin(x(k+1))+\cos(xk)\cos(x(k+1))) =\lim\limits_{k\to\infty}\sin^2(xk)+\lim\limits_{k\to\infty}\cos^2(xk)=1$ stehen.


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