Endliche Reihen

[Barney]

Hallo zusammen,

vor einiger Zeit bin ich mit Hilfe einer relativ allgemeinen Konstruktion auf die folgenden drei Gleichungen gestoßen:
$
(1)\quad\quad \sum_{n=1}^N e^n\; = \;\frac{e}{e-1}\left( e^N-1 \right)
$

$
(2)\quad\quad \sum_{n=1}^N \sin (n)\;=\; \frac{\cos (0.5) - \cos(N+0.5)}{2\sin (0.5)}
$

$
(3)\quad\quad \sum_{n=1}^N \cos (n) \;=\; \frac{\sin (N+0.5) - \sin (0.5)}{2\sin (0.5)}
$
Die Argumente der trigonometrischen Funktionen sind dabei Zahlen im Bogenmaß. Es gilt also \(\sin (2\pi) = 0\). Für Gleichung (1) und (3) habe ich Beweise über vollständige Induktion, wobei Gleichung (1) vergleichsweise leicht zu beweisen ist. Der Beweis von Gleichung (3) ist etwas aufwendiger und der Beweis von Gleichung (2) sollte ähnlich, wie der von Gleichung (3), aussehen.
MfG

[ralfkannenberg]

Hallo Barney,

was Du uns da vorstellst sind Aufgabenstellungen, die heutzutage - leider - nicht mehr im Studium gelehrt werden. Ich persönlich finde das sehr schade, denn die Mathematiker im späten 19.Jahrhundert hatten hier doch eine gewisse Virtuosität, um die ich sie sehr beneide.

Aber eben - wann findet man genügend Musse, sich mit solchen Fragestellungen zu beschäftigen ? Im Studium ist man meistens voll mit anderen Sachen, die dann geprüft werden und im Berufsleben fehlt einem in der Regel die Zeit. So habe ich mir einmal ein 6 Jahre nach meinem Abschluss ein Seminar gegönnt, für das ich im Studium keine Zeit hatte. Die Vorbereitung hat mich einen ganzen Jahresurlaub gekostet. Ich habe das zwar sehr gerne gemacht, aber eben - Urlaub mache ich eigentlich auch ganz gerne und bei überstundenintensiven Projekten ist man dann auch mal ganz froh, einfach nur entspannen zu können. Und wer Familie hat, hat sowieso kaum Zeit für solche Betrachtungen.

Ich persönlich freue mich aber sehr, wenn Du Lust hast, hierzu ein paar Sachen zu präsentieren


Freundliche Grüsse, Ralf

[Optimist71]

Hallo Barney, hallo Ralf,

Auch wenn ich gerade sehr wenig Zeit habe, in Foren zu schreiben, so moechte ich mich Ralf voll und ganz anschliessen: Danke, Barney, dass Du hier solche Fragestellungen praesentierst. Bitte mehr davon! Ich werde hier regelmaessig mitlesen und hoffe, mir vielleicht den einen oder anderen Abend freizuhalten um mich aktiv zu beteiligen.

Vollstaendige Induktion ist wohl der naheliegende Ansatz, um Gleichungen (1) - (3) zu beweisen. Die trigonometrischen Funktionen wuerde ich wohl durch komplexe e-Funktionen ausdruecken. Mal sehen, vielleicht setze ich mich heute abend mal 'ran.

-- Optimist
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"Det er meget nedslående å leve i en tid da det er lettere å sprenge et atom enn en fordom."
A. Einstein

[Barney]

[El Cattivo]

Hallo

Ich hab jetzt erstmal schnell die (1) gemacht. Die Behauptung lautet:

$ \sum_{k=1}^n e^k\; = \;\frac{e}{e-1}\left( e^n-1 \right) $

Ich beweise nach der vollständigen Induktion. Zunächst ist zu zeigen, das sie für n=1 gilt. Der Induktuktionsanfang.

$ e^1\; = e \; = \; \frac{e}{e-1}\left( e^1-1 \right) = \frac{e (e-1)}{e-1}=e$ Gilt also.

Nun der Induktionsschritt (n->n+1). Um die Gleichung entgültig zu beweisen muss gezeigt werden, das gilt:
$ \sum_{k=1}^{n+1} e^k\; = \;\frac{e}{e-1}\left( e^{n+1}-1 \right) $
Die Summe kann zerlegt werden in:
$ \sum_{k=1}^{n} e^k \; + \; e^{n+1} $
Nach der Induktionsvoraussetzung kann ich die wie folgt schreiben:
$ \frac{e}{e-1} ( e^n-1 ) + \; e^{n+1} $
Nun ein wenig umstellen:
$ = \frac{1}{e-1} ( e^{n+1} + e\; e^{n+1} - e^{n+1} - e ) = \;\frac{e}{e-1}\left( e^{n+1}-1 \right)$
qed & mfg

[ralfkannenberg]

Hallo zusammen,

nachdem El Cattivo dankenswerterweise schon die ganze Arbeit gemacht hat - sei für einen stillen Mitleser noch angefügt, dass El Cattivo bei seinem "Umstellen" den 2.Summanden mit (e-1) erweitert hat, damit er 1/(e-1) ausklammern kann - gebe ich nun auch noch meinen Senf dazu:

El Cattivo verwendet nirgends in seinem Beweis, dass e die Euler'sche Zahl ist, d.h. der Beweis gilt für beliebige Basen b, insbesondere auch für b=e (Gleichung 1) und b= e^a (Gleichung 4).

Damit ist Gleichung 4 "en passent" ebenfalls bewiesen und wie Barney geschrieben hat folgen Gleichungen 2 und 3 aus 4 mit a=i.

Ich räume ein, dass ich es am Anfang auch übersehen habe; Barney meint sicherlich

$
(1)\quad\quad \sum_{n=1}^N e^n\; = \;\frac{e}{e-1}\left( e^N-1 \right)
$

und nicht

$
(1)\quad\quad \sum_{n=1}^N e^N\; = \;\frac{e}{e-1}\left( e^N-1 \right)
$


Freundliche Grüsse, Ralf

[ralfkannenberg]

[M_Hammer_Kruse]

Warum die vollständige Induktion?
Gleichung 1 ist schlicht eine endliche geometrische Reihe.

Gruß, mike

[Heinrich Katscher]

[El Cattivo]

[ralfkannenberg]

[Barney]

[ralfkannenberg]

[Barney]

[M_Hammer_Kruse]

Ja, natürlich kann man die Summenfomel für eine endliche geometrische Reihe durch vollständige Induktion zeigen. Man mag das auch als Beispiel dafür hernehmen, wie das Verfahren funktioniert. Aber es ist mit Kanonen auf Spatzen geschossen.

Die Standard-Herleitung für Zehntklässler tut es auch und ist wesentlich handlicher:
Sei

[;\sum\limits_{k=1}^n a^k = x;].

Dann ist

[;a*\sum\limits_{k=1}^n a^k = \sum\limits_{k=2}^{n+1} a^k = a*x;],

also nach Differenzbildung

[;\sum\limits_{k=2}^{n+1} a^k - \sum\limits_{k=1}^n a^k = (a-1)*x;].

Und damit:

[;a^{n+1}-a=(a-1)*x;]

[;x=\frac{a^{n+1}-a}{a-1};]

Das ist es wohl auch, was Heinrich Katscher sagen wollte, auch wenn es ihm in typischer Weise für jemanden, der die Relativitätstheorie schon so und so oft widerlegt hat, nicht gelingt, solche Elementarmathematik korrekt zu formulieren.

Die anderen beiden Gleichungen kommen mir auch bekannt vor. Etwas Ähnliches ist mir vor einiger Zeit untergekommen, als ich mich mit Kreisteilungspolynomen beschäftigt habe. Die Summe von Kosinuswerten äquidistanter Stützstellen kam mir da als so ein ähnlicher Ausdruck unter, bei dem auch der Kosinus der halben Schrittweite als Faktor auftrat.

Ich meine, das ließ sich auch ganz problemlos mit Hilfe der Additionstheoreme zeigen.

Gruß, mike