| |
| Autor |
  Häufungspunkte einer komplexen Folge |
|
JonasR
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 31.10.2019
Mitteilungen: 69
 |  Themenstart: 2022-03-18
|
Guten "Abend" zusammen.
Ich habe Probleme bei folgender Aufgabe:
Bestimmen Sie alle Häufungspunkte der Folgen $(a_{n})_{n \in \mathbb{N}}$, wobei
(a) $a_{n} = Re \left ( \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \right )^{n} \right )$
(b) $a_{n} = \sum\limits_{k = n + 1}^{n^{2}} \frac{1}{k!}$
Bei (a) dachte ich zuerst, dass mir der binomische Lehrsatz helfen könnte.
Ich erhalte damit $\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \right )^{n} = \sum\limits_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - k} \left ( \frac{1}{2} i \right )^{k}$.
Jetzt muss ich diese Summe so umschreiben, dass Real- und Imaginärteil klar erkennbar ist.
Jetzt ist ja für $k = 0,1,...$
$i^{4k + 1} = i$
$i^{4k + 2} = - 1$
$i^{4k + 3} = - i$
$i^{4k + 4} = 1$
$\sum\limits_{t = 4k + 1}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2} i \right )^{t} = \sum\limits_{t = 4k + 1}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} i$
$\sum\limits_{t = 4k + 2}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2} i \right )^{t} = \sum\limits_{t = 4k + 2}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} (- 1)$
$\sum\limits_{t = 4k + 3}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2} i \right )^{t} = \sum\limits_{t = 4k + 3}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} (- i)$
$\sum\limits_{t = 4k + 4}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2} i \right )^{t} = \sum\limits_{t = 4k + 4}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t}$
Wenn wir jetzt diese $4$ Summen addieren, erhalten wir unsere ursprüngliche Summe, also:
$\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \right )^{n} = \sum\limits_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - k} \left ( \frac{1}{2} i \right )^{k} = \sum\limits_{t = 4k + 4}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} - \sum\limits_{t = 4k + 2}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} + \left ( \sum\limits_{t = 4k + 1}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} - \sum\limits_{t = 4k + 3}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} \right ) i $
Der Realteil von $\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \right )^{n}$ wäre dann $Re \left ( \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} \right )^{n} \right ) = \sum\limits_{t = 4k + 4}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t} - \sum\limits_{t = 4k + 2}^{n} \binom{n}{t} \left ( \frac{\sqrt{3}}{2} \right )^{n - t} \left ( \frac{1}{2}\right )^{t}$
Aber wie mache ich ab hier weiter? Gibt es vielleicht eine leichtere Lösung ohne binomischen Lehrsatz? Weil ich habe das Gefühl, dass die Rechnung nicht leichter wird.
Bin für jede Hilfe dankbar.
Lg, Jonas
|
 Profil
|
Triceratops
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 6472
Wohnort: Berlin
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2022-03-18
|
a) Du meintest vermutlich $\frac{\mathrm{i}}{2}$ in der Aufgabenstellung. Der binomische Lehrsatz ist hier nicht zielführend. Benutze lieber
$\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2} = \cos(\pi/6) + \mathrm{i} \cdot \sin(\pi/6) = \exp(\mathrm{i} \cdot \pi/6)$
und die Formel von Moivre.
Die Zahlenfolge $\bigl(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}\bigr)^n$ kann man sich auch in der Gaußschen Zahlenebene veranschaulichen. Dadurch kann man die Aufgabe sehr schön anschaulich lösen.
$\begin{tikzpicture}[scale=2.5,nodes={color=blue}]
\draw [gray] (-1.4,0) -- (1.4,0);
\draw [gray] (0,-1.4) -- (0,1.4);
\draw [darkgray] (0,0) circle (1cm);
\draw node at (0:1) {$\bullet$};
\draw node at (0:1) [above right] {$~1$};
\draw node at (30:1) {$\bullet$};
\draw node at (30:1) [right] {$~\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}$};
\draw node at (60:1) {$\bullet$};
\draw node at (60:1) [above right] {$\bigl(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}\bigr)^2$};
\draw node at (90:1) {$\bullet$};
\draw node at (90:1) [above] {$\cdots$}
\draw node at (120:1) {$\bullet$};
\draw node at (150:1) {$\bullet$};
\draw node at (180:1) {$\bullet$};
\draw node at (210:1) {$\bullet$};
\draw node at (240:1) {$\bullet$};
\draw node at (270:1) {$\bullet$};
\draw node at (300:1) {$\bullet$};
\draw node at (330:1) {$\bullet$};
\end{tikzpicture}$
|
Profil
|
Qing
Senior 
Dabei seit: 11.03.2022
Mitteilungen: 344
| Beitrag No.2, eingetragen 2022-03-18
|
Hallo,
zu der (a).
Wann immer du eine komplexe Zahl potenzieren möchtest, ist es ratsam die Notation über Polarkoordinaten zu benutzen.
Da ist potenzieren nämlich ganz einfach.
So sparst du dir dann auch deine Rechnung.
$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac12i$ lässt sich gut in Polarkoordinaten darstellen.
Das ist ein relativ "bekannter" Ausdruck, weil $\sqrt{3}/2$ als Ergebnis wohl mehr oder weniger bekannt ist. Es ist aber auch nicht schlimm, wenn du das nicht aus dem Stehgreif weißt.
Male dir den entsprechenden Punkt mal in der komplexen Zahlenebene hin, und versuche so den Radius und Winkel abzulesen/zu berechnen.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
|
Profil
|
JonasR
Wenig Aktiv
Dabei seit: 31.10.2019
Mitteilungen: 69
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-02
|
Hallo! Es tut mir sehr Leid, dass ich mich spät melde, aber ich hatte letztens einen Unfall und konnte daher nicht lernen oder sonst was machen. Jetzt geht es wieder.
Ich bedanke mich sehr bei euch beiden, Triceratops und Qing.
\quoteon(2022-03-18 00:43 - Triceratops in Beitrag No. 1)
a) Du meintest vermutlich $\frac{\mathrm{i}}{2}$ in der Aufgabenstellung. Der binomische Lehrsatz ist hier nicht zielführend. Benutze lieber
$\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2} = \cos(\pi/6) + \mathrm{i} \cdot \sin(\pi/6) = \exp(\mathrm{i} \cdot \pi/6)$
und die Formel von Moivre.
Die Zahlenfolge $\bigl(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}\bigr)^n$ kann man sich auch in der Gaußschen Zahlenebene veranschaulichen. Dadurch kann man die Aufgabe sehr schön anschaulich lösen.
$\begin{tikzpicture}[scale=2.5,nodes={color=blue}]
\draw [gray] (-1.4,0) -- (1.4,0);
\draw [gray] (0,-1.4) -- (0,1.4);
\draw [darkgray] (0,0) circle (1cm);
\draw node at (0:1) {$\bullet$};
\draw node at (0:1) [above right] {$~1$};
\draw node at (30:1) {$\bullet$};
\draw node at (30:1) [right] {$~\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}$};
\draw node at (60:1) {$\bullet$};
\draw node at (60:1) [above right] {$\bigl(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\mathrm{i}}{2}\bigr)^2$};
\draw node at (90:1) {$\bullet$};
\draw node at (90:1) [above] {$\cdots$}
\draw node at (120:1) {$\bullet$};
\draw node at (150:1) {$\bullet$};
\draw node at (180:1) {$\bullet$};
\draw node at (210:1) {$\bullet$};
\draw node at (240:1) {$\bullet$};
\draw node at (270:1) {$\bullet$};
\draw node at (300:1) {$\bullet$};
\draw node at (330:1) {$\bullet$};
\end{tikzpicture}$
\quoteoff
Super, vielen vielen Dank! Die Veranschaulichung hilft mir sehr. Das heißt also, dass alle Häufungspunkte der Folge einfach $\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right )^{n}$ sind für $n = 1, \ldots, 12$, oder?
Ich hätte eine alternativen Weg:
Es ist ja $\left ( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right )^{n} = cos(n \frac{\pi}{6}) + i \cdot sin(n \frac{\pi}{6})$
Der Realteil davon ist $cos(n \frac{\pi}{6})$.
Jetzt könnten wir $n = 1$ setzen, dann $n = 2$ usw. bis sich ein Wert wiederholt. Weil die Folge ist ja periodisch. Damit hätten wir alle Häufungspunkte.
Schneller geht es, wenn man sich die Funktion $cos(\frac{\pi}{6} x)$ anschaut.
Die Funktion $cos(\frac{\pi}{6} x)$ ist periodisch. Jetzt können wir die Periode der Funktion als Anzahl der Häufungspunkte der Folge verstehen.
Die Periode nennen wir einfach mal $b$ und es gilt $b = \frac{2 \pi}{\frac{pi}{6}} = 12$.
Danach wiederholt sich die Funktion. Das heißt, dass ab $n = 13$ die Folge $cos(n \frac{\pi}{6})$ sich wiederholt. Deshalb existieren nur 12 Häufungspunkte.
Würde das als Erklärung reichen?
Hättest du vielleicht einen Tipp bei der b)? Also bei der Folge $a_{n} = \sum\limits_{k = n + 1}^{n^{2}} \frac{1}{k!}$? Ich dachte mir, dass ich da irgendwie die eulersche Zahl ins Spiel bringen kann und dass mir da ein Indexshift helfen kann, aber mit der Summe
$\sum\limits_{k = 0}^{n^{2} - (n + 1)} \frac{1}{(k + n + 1)!}$ kann ich auch nicht viel anfangen...
Liebe Grüße, Jonas
|
Profil
|
Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3738
| Beitrag No.4, eingetragen 2022-04-03
|
Hallo,
zu b): Was weißt Du über Cauchy-Folgen?
|
Profil
|
JonasR
Wenig Aktiv
Dabei seit: 31.10.2019
Mitteilungen: 69
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-04
|
Hallo, Nuramon.
Über Cauchy-Folgen weiß ich nicht so viel. Ich kenne die Definition einer Cauchy-Folge und das Cauchy-Kriterium. Das Cauchy-Kriterium besagt, dass eine Folge genau dann eine Cauchy-Folge ist, wenn diese konvergiert.
Wenn ich jetzt zeigen könnte, dass die Folge $a_{n} = \sum\limits_{k = n + 1}^{n^{2}} \frac{1}{k!}$ eine Cauchy-Folge ist, dann konvergiert diese Folge. Dann hat sie nur einen einzigen Häufungspunkt, den ich bestimmen muss.
Ich sehe aber in diesem Fall nicht, wie ich den Ausdruck weiter verinfachen kann:
$\left \vert \sum\limits_{k = n + 1}^{n^{2}} \frac{1}{k!} - \sum\limits_{k = m + 1}^{m^{2}} \frac{1}{k!} \right \vert$
Ja, ich kann die Dreiecksungleichung anwenden. Aber davor kann man doch sicher die Summen etwas umschreiben, so dass man anschließend die Summenregeln anwenden kann. Hättest du vielleicht noch einen Tipp für mich?
Liebe Grüße, Jonas
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3738
| Beitrag No.6, eingetragen 2022-04-04
|
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
Benutze, dass die Reihe $\sum_{n=0}^\infty\frac 1{n!}$ konvergiert. Was sagt hier das Cauchy-Kriterium aus?\(\endgroup\)
|
Profil
|
JonasR
Wenig Aktiv
Dabei seit: 31.10.2019
Mitteilungen: 69
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-06
|
Hallo! Sorry, dass ich mich erst jetzt melde.
\quoteon(2022-04-04 01:56 - Nuramon in Beitrag No. 6)
Benutze, dass die Reihe $\sum_{n=0}^\infty\frac 1{n!}$ konvergiert. Was sagt hier das Cauchy-Kriterium aus?
\quoteoff
Danke für den Tipp. Ich habe versucht, durch das Cauchy-Kriterium eine Beziehung zwischen der ursprünglichen Folge und der Exponentialfolge herzustellen.
Betrachte die Partialsummenfolge $(S_{n})_{n \in \mathbb{N}} = \left ( \sum\limits_{k = 0}^{n} \frac{1}{n!} \right )_{n \in \mathbb{N}}$.
Diese Folge ist konvergent, sie konvergiert nämlich gegen die Zahl $e$. Nach dem Konvergenzkriterium von Cauchy ist diese Folge also auch eine Cauchy - Folge.
Das heißt, es gilt $\forall\; \varepsilon > 0\quad \exists\; n_{\varepsilon} \in \mathbb{N}\quad \forall\; k,l > n_{\varepsilon}: \vert S_{k} - S_{l} \vert < \varepsilon$
Sei nun $n \in \mathbb{N}$. Wähle $l = n$ und $k = n^{2}$. Dann gilt $k > l$ und
$\vert S_{k} - S_{l} \vert = \left \vert \sum\limits_{j = 0}^{k} \frac{1}{j!} - \sum\limits_{j = 0}^{l} \frac{1}{j!} \right \vert = \left \vert \sum\limits_{j = l + 1}^{k} \frac{1}{j!} \right \vert = \left \vert \sum\limits_{j = n + 1}^{n^{2}} \frac{1}{j!} \right \vert$
Wie kann ich an dieser Stelle $e$ ins Spiel bringen oder die Exponentialreihe?
Liebe Grüße, Jonas
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3738
| Beitrag No.8, eingetragen 2022-04-06
|
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
Dass der Grenzwert der Reihe $e$ ist, ist eigentlich egal. Du hast jetzt alles da stehen, was Du brauchst um die Aufgabe zu lösen. Was vermutest Du denn als Grenzwert von $a_n$?\(\endgroup\)
|
Profil
|
JonasR
Wenig Aktiv
Dabei seit: 31.10.2019
Mitteilungen: 69
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-06
|
Ah, jetzt ist der Groschen gefallen. Also nochmal von neu:
Betrachte die Partialsummenfolge $(S_{n})_{n \in \mathbb{N}} = \left ( \sum\limits_{j = 0}^{n} \frac{1}{j!} \right )_{n \in \mathbb{N}}$ und $(S'_{n})_{n \in \mathbb{N}} = \left ( \sum\limits_{j = n + 1 }^{n^{2}} \frac{1}{j!} \right )_{n \in \mathbb{N}}$.
Die Folge $(S_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ ist konvergent, sie konvergiert nämlich gegen die Zahl $e$. Nach dem Konvergenzkriterium von Cauchy ist diese Folge also auch eine Cauchy - Folge.
Das heißt, es gilt $\forall\; \varepsilon > 0\quad \exists\; n_{\varepsilon} \in \mathbb{N}\quad \forall\; k,l > n_{\varepsilon}: \vert S_{k} - S_{l} \vert < \varepsilon$
Sei nun $\varepsilon > 0$ beliebig. Dann existiert ein $n_{\varepsilon} \in \mathbb{N}$ so, dass für alle $k,l > n_{\varepsilon}$ gilt $\vert S_{k} - S_{l} \vert < \varepsilon$.
Sei nun $n \in \mathbb{N}$ mit $n \ge n_{\varepsilon}$. Wähle dann $l = n$ und $k = n^{2}$. Dann gilt
$\vert S_{k} - S_{l} \vert = \left \vert \sum\limits_{j = 0}^{k} \frac{1}{j!} - \sum\limits_{j = 0}^{l} \frac{1}{j!} \right \vert = \left \vert \sum\limits_{j = l + 1}^{k} \frac{1}{j!} \right \vert = \left \vert \sum\limits_{j = n + 1}^{n^{2}} \frac{1}{j!} \right \vert = \vert S'_{n} \vert = \vert S'_{n} - 0 \vert < \varepsilon$
Wir haben damit folgende Aussage gezeigt:
$\forall\; \varepsilon > 0\quad \exists\; n_{\varepsilon} \in \mathbb{N}\quad \forall\; n > n_{\varepsilon}: \vert S'_{n} - 0 \vert < \varepsilon$
Damit konvergiert die Folge $(S'_{n})_{n \in \mathbb{N}}$ gegen $0$ und hat somit einen einzigen Häufungspunkt.
Passt das so?
Liebe Grüße, Jonas
|
Profil
|
Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3738
| Beitrag No.10, eingetragen 2022-04-06
|
\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
Es ist etwas verwirrend, dass Du die Folge $S_n'$ nennst (im Themenstart heißt sie $a_n$), aber inhaltlich ist alles korrekt.\(\endgroup\)
|
Profil
|
JonasR
Wenig Aktiv
Dabei seit: 31.10.2019
Mitteilungen: 69
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-06
|
Stimmt, an der Notation habe ich nicht gedacht.
Ich bedanke mich sehr für deine Hilfe!
Liebe Grüße,
Jonas
|
Profil
|
JonasR hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Das Thema wurde von einem Senior oder Moderator abgehakt. |
|
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2023 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die
Nutzungsbedingungen,
die Distanzierung,
die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
