Cauchyprodukt von zwei Potenzreihen berechnen

08.06.2014, 14:49	Gnus	Auf diesen Beitrag antworten »
Cauchyprodukt von zwei Potenzreihen berechnen Hallo liebes Matheboard! Ich verzweifle gerade an folgender Aufgabe: Definieren Sie $\begin{eqnarray} tan: \overset{\circ}{B}(0,\frac{\pi}{2}) \to \mathbb C, tan(z):=\frac{sin(z)}{cos(z)} \end{eqnarray}$ und betrachten Sie die Taylor-Entwicklung von tan um 0: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n, z \in \overset{\circ}{B}(0,\frac{\pi}{2}) \end{eqnarray}$ . Zeigen Sie: a) alle gerade Koeffizienten $\begin{eqnarray} a_{2n}, n \geq 0 \end{eqnarray}$ verschwinden b) $\begin{eqnarray} a_{2n+1}-\frac{a_{2n-1}}{2!}+\frac{a_{2n-3}}{4!}+...+(-1)^n\frac{a_1}{(2n)!}=\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}, n\geq 0 \end{eqnarray}$ Die Aufgabe möchte ich gemäß einem Hinweis mittel Cauchyprodukt lösen. Mein Ansatz: Es ist $\begin{eqnarray} tan(z)cos(z)=sin(z) \end{eqnarray}$ , also in Reihendarstellung: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} a_nz^n \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1} \end{eqnarray}$ Nun möchte ich von der linken Seite das Cauchyprodukt berechnen und dann per Koeffizientenvergleich mit der rechten Seite auf die $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ schliessen. Für die linke Seite erhalte ich also: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} a_kz^k \frac{(-1)^{n-k}}{(2n-2k)!}z^{2n-2k}= \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n a_k \frac{(-1)^{n-k}}{(2n-2k)!}z^{2n-k} \end{eqnarray}$ Nun sehe ich allerdings nicht, wie ich weiter auflösen kann. Kann mir jemand zeigen, wie ich weiter komme? MfG Gnus
09.06.2014, 08:56	Gnus	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Cauchyprodukt von zwei Potenzreihen berechnen Ich habe nun das Cauchyprodukt direkt für Potenzreihen entdeckt und erhalte nun für die linke Seite: $\begin{eqnarray} \sum_{n=0}^{\infty} (\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!} a_{n-k}) z^n \end{eqnarray}$ Nun habe ich zumindest schonmal eine Ordnung nach Potenzen von z. Es muss nun nach Koeffizientenvergleich gelten: $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k)!}a_{n-k} = \begin{cases} 0, & \text{n ist gerade} \\ \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}, & \text{n ist ungerade} \end{cases} \end{eqnarray}$ Nun sehe ich aber auch nach längerem Rumprobieren immernoch nicht, wie ich weiter auf die $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ schließen kann. Wäre nett, wenn mir jemand weiter hilft.
09.06.2014, 11:27	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Der Sinus ist ungerade, der Cosinus gerade, der Tangens als Quotient beider daher ungerade. Daraus folgt a). Du kannst daher von vorneherein $\begin{eqnarray} \tan z = \sum_{k=0}^{\infty} a_{2k+1} z^{2k+1} \end{eqnarray}$ ansetzen, denn die Glieder mit geraden Exponenten verschwinden ja. Und dann führt dein Ansatz auch zum Ziel. $\begin{eqnarray} \tan z \cdot \cos z = \sin z \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \left( \sum_{k=0}^{\infty} a_{2k+1} z^{2k+1} \right) \cdot \left( \sum_{l=0}^{\infty} \frac{(-1)^l}{(2l)!} z^{2l} \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} z^{2n+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} <br /> \sum_{k,l=0}^{\infty} a_{2k+1} \frac{(-1)^l}{(2l)!} z^{2(k+l)+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} z^{2n+1} \end{eqnarray}$ Jetzt fasse links alle Summanden, für die $\begin{eqnarray} k+l=n \end{eqnarray}$ ist, zusammen (Cauchy-Produkt) und summiere über alle $\begin{eqnarray} n \geq 0 \end{eqnarray}$ .
09.06.2014, 11:55	Gnus	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Leopold! Den Ansatz für b) verstehe ich. Das hat gut geklappt, danke! a) ist natürlich super leicht, mit deiner Argumentation. Ich hatte das auch im Kopf. Der Grund warum ich es nicht verwendet habe, ist, dass wir "gerade bzw. ungerade Funktion" nur für reellwertige Funktionen definiert haben. Wenn ich die Resultate aus dem Reellen übernehmen kann, ist ja alles super.

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