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  Gleichheit mit trigonometrischen und binomischen Identitäten |
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elia2
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 |  Themenstart: 2023-09-23
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Hallo zusammen
Ich soll aus
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/56207_teil_1.png
, das ich bereits gezeigt habe, dies folgern:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/56207_Teil_2.png
Leider komme ich nach langem Überlegen nicht drauf.... die beiden Gleichungen multiplizieren bringt nix, eine alleine quadrieren ebenso wenig.
Kann mir jemand einen Tipp geben, ohne gleich die Lösung zu verraten? Tue mich am meisten schwer damit, aus den gegebenen Gleichungen einen quadrierten Binomialkoeffizienten zu erhalten und letztendlich dann auch noch beidseitig einen Binomialkoeffizienten stehen zu haben...
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semasch
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-09-23
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Moin elia2,
betrachte die Gleichung $\cos^{2n}(x) = \cos^n(x)\cos^n(x) = \cos^n(x)\overline{\cos^n(x)}$ für $x \in \mathbb{R}$, setze auf der linken Seite die Summendarstellung für die 2n-te Potenz des Cosinus und auf der rechten Seite die für seine n-te Potenz (zweimal) ein, multipliziere rechts aus und koeffizientenvergleiche beide Seiten.
LG,
semasch
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elia2
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-23
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Hallo semasch.
Danke dir! Das hört sich soweit sinnig an. Zwei Fragen:
a) Wie kommt man da drauf?
b) Ich stecke grad fest. Wie soll ich bei der Multiplikation der beiden Summen vorgehen? Ich muss ja sozusagen "jedes mit jedem" multiplizieren und dann aufaddieren... Gäbe das nicht eine Doppelsumme?
Also aktuell so:
\[\sum\limits_{k=0}^{2n}\begin{pmatrix} 2n\\k\end{pmatrix}e^{i(2n-2k)x}=\sum\limits_{k=0}^{n}\sum\limits_{l=0}^{n}\begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix} n\\l\end{pmatrix}e^{i(n-2k)x}e^{i(2l-n)x}\\=\sum\limits_{k=0}^{n}\sum\limits_{l=0}^{n}\begin{pmatrix} n\\k\end{pmatrix}\begin{pmatrix} n\\l\end{pmatrix}e^{i(2l-2k)x}\]
edit: Mir ist gerade ein Licht aufgegangen, kann es sein, dass ich das nun gar nicht weiter vereinfachen soll, sondern einfach bei beiden Seiten nun die Summanden vergleichen, für die der Exponent = 0 ist? Bzw. muss ich die Summe/Produkt gar nicht ganz auflösen?
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semasch
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| Beitrag No.3, eingetragen 2023-09-23
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\quoteon(2023-09-23 20:03 - elia2 in Beitrag No. 2)
edit: Mir ist gerade ein Licht aufgegangen, kann es sein, dass ich das nun gar nicht weiter vereinfachen soll, sondern einfach bei beiden Seiten nun die Summanden vergleichen, für die der Exponent = 0 ist? Bzw. muss ich die Summe/Produkt gar nicht ganz auflösen?
\quoteoff
Ja, genau, sehr gut. Die Summen dieser speziellen Summanden müssen auf beiden Seiten gleich sein, weil die Funktionen $x \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}mx}$ mit $m \in \mathbb{Z}$ ja linear unabhängig sind und auf beiden Seiten der Gleichung eine Linearkombination von diesen steht. Das ermöglicht ein Gleichsetzen der Koeffizienten der Exponentialfunktionen mit $m = 0$.
LG,
semasch
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elia2
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-23
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Tiptop, prima, danke dir!
Nun soll ich damit folgendes zeigen:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/56207_Teil_3.png
Ich meine zu sehen, dass die Summe für den Sinus aufgeteilt wurde von 0 bis n/2 und dann noch den Rest, wobei auch die Identität e^(ix)=cos(x)+isin(x) angewendet wurde, damit der Cosinus auftaucht. In (gelb) sehe ich, dass die eben bewiesene Formel angewendet wurde (auf den ersten Teil der Aufteilung) und in blau wurde vermutlich die Symmetrie des Cos. verwendet.
Aber ich werd nicht schlau, wo das i*sin((n-2k)x) rausfliegt und auch hier der Binomialkoeffizient quadriert wird, um gelb anzuwenden...
Ich bin mir nicht sicher, aber der ergibt \(\sum\limits_{k=0}^{n}\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}sin((n-2k)x)\) nicht einfach 0? Also ich spreche jetzt von n gerade. Für bspw. n=4 hätten wir ja sin(4x), sin(2x), sin(0x)=0, sin(-2x), sin(-4x) und 2 mit -2 oder 4 mit -4 haben denselben Binomialkoeffizienten und selbes Vorzeichen, was sich durch die Antisymmetrie des Sinus doch auslöscht...
Aber so komme ich irgendwie nicht auf die gegebene Formel. Denn der Summand des Mittelglieds (hier im Beispiel sin(0x)) steht doch ganz links in der gegebenen Formel, ergo müsste der als einziger übrigbleiben. Aber sin(0x)=0, also fällt es weg... Denn ich meine fast, dass ich bis auf den Faktor ganz links nun die Lösung habe.
edit: OK, es fällt weg, es ist der Mittelterm des cos, der ganz links steht.
Ich lass meine Gedanken hier mal so stehen, falls das künftig jemandem hilft oder ich bei der weiteren Aufgabe nochmals auf Unklarheiten treffe.
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semasch
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| Beitrag No.5, eingetragen 2023-09-23
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\quoteon(2023-09-23 20:03 - elia2 in Beitrag No. 2)
a) Wie kommt man da drauf?
\quoteoff
Ach so, hierzu noch: Ich habe mir zunächst angeschaut, was gezeigt werden soll. Dann habe ich mir angeschaut, was in Aufgabe 1 gezeigt worden ist. Dabei ist mit aufgefallen:
(i) Auf der linken Seite der fraglichen Identität steht eine Summe von Quadraten von Binomialkoeffizienten mit einem $n$ als oberem Argument. In Verbindung mit der Summendarstellung aus Aufgabe 1 legt das nahe, das man die linke Seite irgendwie aus dem Produkt zweier n-ter Cosinus- oder Sinuspotenzen ziehen kann.
(ii) Auf der rechten Seite der fraglichen Identität steht ein Binomialkoeffizient mit einem $2n$ als oberem Argument. In Verbindung mit der Summendarstellung aus Aufgabe 1 legt das nahe, das man die rechte Seite irgendwie aus einer 2n-ten Cosinus- oder Sinuspotenz ziehen kann.
(iii) Die genannten Potenzen bzw. ihre Produkte sind Linearkombinationen der in Beitrag #3 genannten linear unabhängigen Exponentialfunktionen. Das legt nahe, dass das genannte Herausziehen durch einen Koeffizientenvergleich erreicht werden kann.
(iv) Als relevanter Koeffizient entpuppt sich bei Vergleich mit Aufgabe 1 der für $m = 0$, unabhängig ob man mit Cosinus oder Sinus arbeitet, da der dann auf der rechten Seite den richtigen Binomialkoeffizienten generiert.
Mein erster Versuch war dann, einfach die 2n-te Cosinuspotenz (Cosinus und nicht Sinus, weil bei Ersterem die Summendarstellung etwas einfacher ist) wie in Beitrag #3 beschrieben aufzuspalten und dann wie in (i)-(iv) beschrieben vorzugehen, was auch funktioniert hat.
Kurzum: Vom zu Zeigenden leiten lassen, etwas Erfahrung und Wissen einbringen und etwas Herumprobieren.
LG,
semasch
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
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semasch
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| Beitrag No.6, eingetragen 2023-09-23
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Zu (d): I.W. hast du schon alles richtig erkannt, man spaltet die Summe auf in die drei Anteile mit $2k < n$, $2k = n$ (gibt es natürlich nur für gerades $n$, dieser ergibt einfach durch Einsetzen von $k = n/2$ den gelb markierten Term) und $2k > n$. Die Summe mit $2k > n$ schreibt man mit dem Indexwechsel $l = n-k$ in eine Summe über $2l < n$, also mit dem selben Bereich wie die erste, um. Wenn man dann $l$ in $k$ umbenennt, hat man insgesamt nach Zusammenfassen eine Summe über $2k < n$. Mit den Symmetrieeigenschaften des Binomialkoeffizienten, also $\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$, kann man dann nochmal zusammenfassen, mit der Euler'schen Formel kann man die Exponentialfunktionen dann in trigonometrische Funktionen umschreiben, wobei sich eben einmal der Sinus und einmal der Cosinus überall rauskürzt.
LG,
semasch
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elia2
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-09-24
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Das macht Sinn. Danke dir vielmals für deine Hilfe!
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
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elia2 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
elia2 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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