summe komplexer zahlen < Komplexe Zahlen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:36 Mo 22.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hallo,
in einem Rechenschritt muss ich folgendes lösen:
[mm] \summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} [/mm] = ?
Der übliche Ansatz mit "die ersten paar Glieder aufschrieben und eine Idee haben" hat bei mir leider nicht gefruchtet...
Also habe ich die Summe in Mathematica eingegeben, um dann das Ergebnis von Mathematica per Induktion zu beweisen.
Mathematica sagt:
[mm] \summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} [/mm] = 0
Aber die Induktion will leider auch nicht klappen.
Nach einem Induktionsanfang (für k>1), habe ich den Induktionsschritt folgendermaßen angesetzt.
[mm] \summe_{k=1}^{n+1}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2(n+1)}} [/mm] = ...
nun müsste man ja irgendwie
[mm] \summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} [/mm] herausziehen, damit man die Induktionsbehauptung für den beweis benutzen kann. Jedoch stört mich das (n+1) im Nenner, sodass ich einfach nicht weiter komme.
(Ich muss das nicht per Induktion lösen, falls jemand also auf andere Weise auf das Ergebnis kommt, ist auch ok)
gruß,
rutzel
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:26 Di 23.09.2008 | | Autor: | Merle23 |
[mm]\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} = e^{i\frac{\pi}{2n}}\summe_{k=1}^{n}e^{i\frac{2k\pi}{n}} = e^{i\frac{\pi}{2n}}(\summe_{k=1}^{n}cos(\frac{2k\pi}{n}) + i\summe_{k=1}^{n}sin(\frac{2k\pi}{n})) = e^{i\frac{\pi}{2n}}(0 + i0)[/mm].
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 01:46 Di 23.09.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> [mm]\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} = e^{i\frac{\pi}{2n}}\summe_{k=1}^{n}e^{i\frac{2k\pi}{n}} = e^{i\frac{\pi}{2n}}(\summe_{k=1}^{n}cos(\frac{2k\pi}{n}) + i\summe_{k=1}^{n}sin(\frac{2k\pi}{n})) = e^{i\frac{\pi}{2n}}(0 + i0)[/mm].
vielleicht sollte man ergänzend erwähnen, warum [mm] $\sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=0$ [/mm] gilt. Dazu:
(Vorneweg ein Einschub: Man sollte sich klarmachen, dass manche Dinge, die nun folgen, in Wahrheit nur für den Fall, dass $n [mm] \in \IN \setminus\{1\}$ [/mm] ist, gelten. Denn, wie man meiner Mitteilung hier ganz am Ende entnimmt, gilt im Falle $n=1$:
[mm] $\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}}=i \not=0$...)
[/mm]
Ist $n [mm] \in \IN$ [/mm] gerade, so gilt:
[mm] $$\sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=\sum_{k=1}^{n/2} \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)+\sum_{k=n/2+1}^n \sin\left(\frac{k}{n}2\pi-\pi+\pi\right)=\sum_{k=1}^{n/2} \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)+\sum_{k=n/2+1}^n \sin\left(\frac{k-\frac{n}{2}}{n}2\pi+\pi\right)=(\star)$$
[/mm]
Mit [mm] $\black{m}:=k-n/2$ [/mm] folgt wegen [mm] $\sin(x+\pi)=-\sin(x)$ [/mm] ($x [mm] \in \IR$) [/mm] (das folgt aus dem Additionstheorem für den Sinus):
[mm] $$(\star)=\sum_{k=1}^{n/2} \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)+\sum_{m=n/2+1-n/2}^{n-n/2} \sin\left(\frac{m}{n}2\pi+\pi\right)=\sum_{k=1}^{n/2} \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)+\sum_{m=1}^{n/2} \left(-\sin\left(\frac{m}{n}2\pi\right)\right)=0\,.$$
[/mm]
Ist $n [mm] \in \IN$ [/mm] ungerade, so haben wir wegen [mm] $\sin(2\pi)=0$ [/mm] dann
[mm] $$\sum_{k=1}^n \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=\sum_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k}{n}2\pi\right)\,,$$
[/mm]
und jetzt überlege analog zum ersten Fall.
Um zu zeigen, dass [mm] $\sum_{k=1}^n \cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=0$:
[/mm]
Schreibe auch hier [mm] $\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=\sum_{k=1}^{n/2}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right) +\sum_{k=n/2+1}^{n}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right)$ [/mm] und substituiere in der letzten Reihe $m=k-n/2$:
[mm] $$\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=\sum_{k=1}^{n/2}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right) +\sum_{m=1}^{n/2}\cos\left(\frac{\frac{n}{2}+m}{n}2\pi\right)=\sum_{k=1}^{n/2}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right) +\sum_{m=1}^{n/2}\cos\left(\pi+\frac{m}{n}2\pi\right)\,.$$
[/mm]
Ich hoffe, Du siehst nun, wie es weitergeht (und danach solltest Du noch den Fall, dass $n [mm] \in \IN$ [/mm] ungerade ist, betrachten; übrigens gilt für ungerade $n [mm] \in \IN$, [/mm] dass [mm] $\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=0$ [/mm] ist, nur, wenn $n [mm] \not= [/mm] 1$ ist. Im Falle $n=1$ ist [mm] $\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k}{n}2\pi\right)=1$.) [/mm] 
P.S.:
Geometrisch kann man sich natürlich auch überlegen, warum die obigen beiden Summen jeweils $=0$ ergeben, wenn man den Sinus und Kosinus am Einheitskreis zu interpretieren weiß und zudem auch weiß, dass man komplexe Zahlen als "Vektoren" addiert (das wäre analog zu Al-Schwarizmis Vorschlag).
Mathematisch gesehen geht hierbei die (komplexe) Exponentialfunktion ein (bzw. die Additionstheorem, die man mit ihrer Hilfe folgern kann, je nach Vorlesungsaufbau).
Übrigens ein weiterer, einfacher Vorschlag, die oben erwähnte Alternative:
Warum nicht direkt mit der geometrischen Summenformel [mm] $\sum_{k=1}^n q^k=q*\sum_{m=0}^{n-1}q^m=q*\frac{1-q^{n}}{1-q}=\frac{q-q^{n+1}}{1-q}$:
[/mm]
Es gilt
[mm] $\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} [/mm] = [mm] e^{i\frac{\pi}{2n}}\summe_{k=1}^{n}\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^k=e^{i\frac{\pi}{2n}}*\frac{e^{i\frac{\pi}{2n}}-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^{n+1}}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}=e^{i\frac{\pi}{n}}*\frac{1-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^{n}}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}\,.$
[/mm]
Dabei ist [mm] $$1-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^{n}=1-\left(e^{i\frac{n}{n}2\pi}\right)=1-e^{i\,2\pi}=0\,,$$
[/mm]
und das liefert schon die Behauptung.
Eine Bemerkung dazu:
Diese Rechnung darfst Du für alle $n [mm] \in \IN\setminus\{1\}$ [/mm] durchführen. Im Falle [mm] $\black{n=1}$ [/mm] ist Deine Behauptung übrigens nicht richtig (wie man, wenn man genau hinguckt, auch an allen Beweisen erkennt), da dann
[mm] $$\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}}=e^{\frac{i(\pi+4\pi)}{2}}=e^{i\frac{\pi}{2}}=\cos(\pi/2)+i\sin(\pi/2)=0+i*1=i.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
> [mm]\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}}[/mm] = ?
Hallo rutzel ,
ein Induktionsbeweis ist hier kaum ein guter Weg.
Was ich dir aber empfehlen möchte, ist eine geometrische
Betrachtung in der komplexen Ebene. Die Summanden
sind ja alle von der Form
[mm] e^{i \varphi_k}
[/mm]
Jeder solche Summand entspricht einem Vektor der
Länge 1 und dem Richtungswinkel [mm] \varphi_k [/mm] .
Betrachte diese Winkel !
Insgesamt ergibt sich eine sternförmige Figur von
Vektoren. Deren Summe ist gleich null. Analogie:
n gleich starke Schlittenhunde werden nach getaner
Arbeit sternförmig zusammengekoppelt. Wenn jeder
in seine Richtung zieht, ist die resultierende Kraft
gleich null. Schliesslich beruhigen sich die Hunde...
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:54 Di 23.09.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
man verzeihe mir, aber weil der Weg so schön einfach (und kurz) ist, kopiere ich es nochmal separat als Antwort:
Man arbeite mit der geometrischen Summenformel [mm] $\sum_{k=1}^n q^k=q*\sum_{m=0}^{n-1}q^m=q\frac{1-q^{n}}{1-q}$, [/mm] wobei man hier [mm] $q:=e^{i\frac{\pi}{2n}}$ [/mm] setze.
Dann gilt
[mm] $\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}} [/mm] = [mm] e^{i\frac{\pi}{2n}}*\summe_{k=1}^{n}\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^k=e^{i\frac{\pi}{2n}}*\left(e^{i\frac{\pi}{2n}}\frac{1-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^{n}}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}\right)=e^{i\frac{\pi}{n}}*\frac{1-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^{n}}{1-e^{i\frac{2\pi}{n}}}\,.$
[/mm]
Dabei ist [mm] $$1-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^{n}=1-\left(e^{i\frac{n}{n}2\pi}\right)=1-e^{i\,2\pi}=0\,,$$
[/mm]
und das liefert schon die Behauptung.
Eine Bemerkung dazu:
Diese Rechnung gilt für alle $n [mm] \in \IN\setminus\{1\}$, [/mm] weil die geometrische Summenformel ja auch $q [mm] \not=1$ [/mm] voraussetzt. Im Falle [mm] $\black{n=1}$ [/mm] ist die Behauptung übrigens nicht richtig, da dann
[mm] $$\summe_{k=1}^{n}e^{\frac{i(\pi+4k\pi)}{2n}}=e^{\frac{i(\pi+4\pi)}{2}}=e^{i\frac{\pi}{2}}=\cos(\pi/2)+i\sin(\pi/2)=0+i*1=i.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:48 Di 23.09.2008 | | Autor: | Rutzel |
huihuihui, ganz schön viele antworten :)
danke euch allen!
gruß,
rutzel
|
|
|
|
