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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:06 So 12.06.2005 | | Autor: | starlit |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo Leute!
Mein Prof hat in der Analysis-Vorlesung uns folgenden Beweis für die Summenwertbestimmung von [mm] \summe_{i=1}^{ \infty} \bruch{1}{ k^{2}}gezeigt [/mm] (beruht auf Euler)
Ansatz: Man braucht ein Polynom, dessen konstantes Glied eine 1 ist, also
p(x) = 1 + [mm] a_{1}x [/mm] + [mm] a_{2}x^{2}+ [/mm] ... + [mm] a_{n}x^{n},
[/mm]
welches die Nullstellen
[mm] x_{1}, x_{2}, [/mm] ... , [mm] x_{n} [/mm] besitzt.
Dann lässt sich das Polynom natürlich folgerndermaßen darstellen:
p(x) = c [mm] (x-x_{1}) (x-x_{2})...(x-x_{n}).
[/mm]
Wenn das konstante Glied eine 1 ist, kann man den Koeffizienten [mm] a_{1} [/mm] mit folgender Formel berechnen:
[mm] a_{1} [/mm] = -( [mm] \bruch{1}{x_{1}}+\bruch{1}{x_{2}}+...+\bruch{1}{x_{n}})
[/mm]
Ok, nun zum eigentlichen Beweis:
sin(x) = x - [mm] \bruch{ x^{3}}{3!}+ \bruch{ x^{5}}{5!} [/mm] - ... = 0
Nun duch x teilen:
[mm] 1-\bruch{ x^{2}}{3!}+\bruch{ x^{4}}{5!}-... [/mm] = 0
Die Nullstellen der letzten Gleichung sind [mm] \pm\pi, \pm2\pi, \pm3\pi [/mm] ...
Nun substituiert man [mm] x^{2} [/mm] = u und erhält
1- [mm] \bruch{u}{3!}+\bruch{ u^{2}}{5!}- [/mm] ... =0
Die Nullstellen der letzten Gleichung sind [mm] \pi^{2}, 4\pi^{2}, 9\pi^{2},...
[/mm]
Anwendung des "Polynom-Satzes"
[mm] \bruch{1}{3!}=\bruch{1}{ \pi^{2}}+\bruch{1}{ 4\pi^{2}}+\bruch{1}{ 9\pi^{2}}+\bruch{1}{ 16\pi^{2}}
[/mm]
und wenn man die obige Gleichung mit [mm] \pi^{2} [/mm] durchmultipliziert erhält man:
[mm] \bruch{\pi^{2}}{6}=1+ \bruch{1}{4}+ \bruch{1}{9}+ \bruch{1}{16}+...
[/mm]
Ok, den Beweis kann ich nachvollziehen, aber mein Prof hat gemeint, dass man von
[mm] \summe_{i=1}^{ \infty} \bruch{1}{ k^{4}}, [/mm] und
[mm] \summe_{i=1}^{ \infty} \bruch{1}{ k^{6}}
[/mm]
usw.
den Summenwert analog bestimmen kann... aber irgendwie klappt das bei mir nicht. Könnte mir jemand zeigen wie man den Summenwert der Reihe
[mm] \summe_{i=1}^{ \infty} \bruch{1}{ k^{4}}
[/mm]
mit diesen Beweisschritten bestimmt? Ich weiss auch nicht ob die Potenzreihe von sin(x) dazu auch wirklich geeignet ist...
Danke schon mal im voraus!
Starlit
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Hallo!
Hast du es für [mm] $\summe\bruch 1{k^4}$ [/mm] schon mal mit [mm] $\sin(x^2)$ [/mm] probiert? Dann musst du später [mm] $u=x^4$ [/mm] substituieren...
Gruß, banachella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:12 Mo 13.06.2005 | | Autor: | tobi.m |
Hallo,
so leicht ist es leider nicht.
Die Nullstellen von [mm] sin(x^{2}) [/mm] sind [mm] \pm\wurzel{\pi}, \pm\wurzel{2\pi}, [/mm] ...
durch die Substiution u = [mm] x^{4} [/mm] bekommt man wieder die selben Nullstellen [mm] (\pi^{2}, 2\pi^{2}, [/mm] ...) wie schon bei sin(x).
Man ist also wieder bei [mm] \bruch{1}{3!}=\bruch{1}{ \pi^{2}}+\bruch{1}{ 4\pi^{2}}+\bruch{1}{ 9\pi^{2}}+\bruch{1}{ 16\pi^{2}} [/mm] und somit bei [mm] \bruch{\pi^{2}}{6}=1+ \bruch{1}{4}+ \bruch{1}{9}+ \bruch{1}{16}+... [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{ \infty} \bruch{1}{ k^{2}}.
[/mm]
Beginnt man mit [mm] sin(\wurzel{x}) [/mm] kann man sich sogar das substituieren sparen ;)
Gruss
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:16 Di 14.06.2005 | | Autor: | starlit |
Hallo!
Also, ich habe heute meinen Prof wegen dem Problem nocheinmal angesprochen... wenn ich es richtig aus seiner Aussage herausinterepretiert habe, "muss man da noch einiges an Wissen hineinstecken", sprich mit meinen bescheidenen Mitteln kann ich das angeblich noch nicht lösen... falls jemand einen Ansatz kennt, kann er/sie die ganze Sache trotzdem mal posten, denn interessieren würde es mich schon.
Bis dann
starlit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:07 Do 16.06.2005 | | Autor: | MathePower |
Hallo starlit,
> lösen... falls jemand einen Ansatz kennt, kann er/sie die
> ganze Sache trotzdem mal posten, denn interessieren würde
> es mich schon.
das ist meines Erachtens nur mit Hilfe der Partialbruchzerlegung des Cotanges zu lösen:
[mm]\cot \;z\; = \;\frac{{\cos \;z}}
{{\sin \;z}}\; = \;\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{{a_k }}
{{z\; - \;k\;\pi }}} [/mm]
wobei hier [mm]a_{k}\;=\:1[/mm] gilt.
Setzt man [mm]z\;=\;\pi\;z[/mm], so gilt:
[mm]\pi \;\cot \;\pi \;z\; = \;\sum\limits_{k = - \infty }^\infty {\frac{1}
{{z\; - \;k}}} [/mm]
Faßt man die positiven und negativen Indizes zusammen, so gilt:
[mm]\pi \;\cot \;\pi \;z\; = \;\frac{1}
{z}\; + \;\sum\limits_{k = 1}^{\infty} {\frac{{2z}}
{{z^{2} \; - \;k^{2} }}} [/mm]
Der Rest basiert auf einer Umordnung und Potenzreihenentwicklung des Bruches.
Wird dann diese Reihe mit der Reihenentwicklung des Cotangens verglichen, so folgen die Summenformeln für [mm]\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{k^{2n} }}} [/mm]
Das ist auch zu finden unter dem Stichwort "Riemannsche Zetafunktion".
Die Riemannsche Zetafunktion ist so definiert:
[mm]\zeta \left( s \right)\; = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}
{{k^s }}} [/mm]
Gruß
MathePower
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:59 Sa 18.06.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Starlit!
Man kann Formel für [mm] $\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^4}$, $\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^6}$, [/mm] usw. auch mit Hilfe von Fourier-Reihen führen, was mit Methoden der Analysis I machbar ist.
Schau mal in das Analysis-I-Buch von Forster, Paragraph 23...
Liebe Grüße
Stefan
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