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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:18 Mo 18.01.2016 | | Autor: | SusanneK |
| Aufgabe | | Beweisen Sie, dass [mm]sin^2(x)=\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!} x^{2k} [/mm] für alle [mm] x \in \mathbb{R}[/mm] gilt. |
Hallo,
ich weiß, dass ich das damit zeigen kann, wenn das Restglied gegen 0 geht.
Meine Frage ist jetzt, ob ich das auch damit zeigen kann, wenn ich beweise, dass die o.g. Taylorreihe absolut konvergent ist (z.B. mit dem Quotientenkriterium) ?
Danke im voraus !
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:31 Mo 18.01.2016 | | Autor: | fred97 |
> Beweisen Sie, dass [mm]sin^2(x)=\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!} x^{2k}[/mm]
> für alle [mm]x \in \mathbb{R}[/mm] gilt.
> Hallo,
> ich weiß, dass ich das damit zeigen kann, wenn das
> Restglied gegen 0 geht.
>
> Meine Frage ist jetzt, ob ich das auch damit zeigen kann,
> wenn ich beweise, dass die o.g. Taylorreihe absolut
> konvergent ist (z.B. mit dem Quotientenkriterium) ?
>
> Danke im voraus !
Zunächst ist
[mm] $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!} x^{2k}=-\bruch{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}=-\bruch{1}{2} (\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}-1)=-\bruch{1}{2} [/mm] (cos(2x)-1)$
Jetzt Du !
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:07 Mo 18.01.2016 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Fred,
danke für Deine Hilfe !
Ah...also so:
..[mm]-\frac{1}{2}(cos(2x)-1)=-\frac{1}{2}(cos^2(x)-sin^2(x)-1)=-\frac{1}{2}(1-2sin^2(x)-1)=sin^2(x)[/mm]
Danke !!
Aber meine Frage bleibt trotzdem, ob man mit der absoluten Konvergenz diese Gleichheit auch zeigen darf/kann - oder ob das nicht geht ?
Also hat man bei absoluter Konvergenz immer auch, dass das Restglied des Taylorpolynoms gegen 0 geht und damit auch autom. die Gleichheit oben gezeigt ?
LG, Susanne
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:35 Mo 18.01.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
> danke für Deine Hilfe !
>
> Ah...also so:
>
> ..[mm]-\frac{1}{2}(cos(2x)-1)=-\frac{1}{2}(cos^2(x)-sin^2(x)-1)=-\frac{1}{2}(1-2sin^2(x)-1)=sin^2(x)[/mm]
>
> Danke !!
>
> Aber meine Frage bleibt trotzdem, ob man mit der absoluten
> Konvergenz diese Gleichheit auch zeigen darf/kann - oder ob
> das nicht geht ?
Alle Reihen in
$ [mm] \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!} x^{2k}=-\bruch{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}=-\bruch{1}{2} (\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}-1) [/mm] $
sind absolut konvergent in jedem x [mm] \in \IR.
[/mm]
FRED
> Also hat man bei absoluter Konvergenz immer auch, dass das
> Restglied des Taylorpolynoms gegen 0 geht und damit auch
> autom. die Gleichheit oben gezeigt ?
>
> LG, Susanne
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:07 Mo 18.01.2016 | | Autor: | SusanneK |
Hallo Fred,
> Alle Reihen in
>
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>
> [mm]\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!} x^{2k}=-\bruch{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}=-\bruch{1}{2} (\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}-1)[/mm]
>
> sind absolut konvergent in jedem x [mm]\in \IR.[/mm]
>
...und das verstehe ich so, dass dann das Restglied des Taylorpolynoms immer gegen 0 konvergiert. Oder verstehe ich da etwas falsch ?
Danke !
LG, Susanne
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:22 Mo 18.01.2016 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> > Alle Reihen in
> >
> >
> >
> > [mm]\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!} x^{2k}=-\bruch{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}=-\bruch{1}{2} (\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{(2x)^{2k}}{(2k)!}-1)[/mm]
>
> >
> > sind absolut konvergent in jedem x [mm]\in \IR.[/mm]
> >
>
> ...und das verstehe ich so, dass dann das Restglied des
> Taylorpolynoms immer gegen 0 konvergiert.
Ja
FRED
> Oder verstehe ich
> da etwas falsch ?
>
> Danke !
> LG, Susanne
>
>
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:59 Mo 18.01.2016 | | Autor: | SusanneK |
Lieber Fred,
herzlichen Dank !!
LG, Susanne
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