trigon. Polynome reloaded ;-) < Interpol.+Approx. < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
Hallo Leute!
Folgende Aufgabe ist gegeben:
(i) Zeige: Für reelle [mm] $x_0,\dotsc,x_{2n}$ [/mm] ist die Funktion
[mm]t\left(x\right) := \prod_{k=0}^{2n}{\sin\frac{x-x_k}{2}}[/mm]
ein trigonometrisches Polynom der Form
[mm]\frac{a_0}{2} + \sum_{j=1}^{n}{\left(a_j\cos\left(jx\right) + b_j\sin\left(jx\right)\right)}[/mm] mit reellen [mm] $a_j, b_j$.
[/mm]
Viel ist mir da bisher nicht gelungen. Lediglich einige wenige Umformungen. Ich beginne mit der komplexen Darstellung des Sinus:
[mm]t\left(x\right) = \prod_{k=0}^{2n}{\frac{1}{2i}\left(e^{i\frac{x-x_k}{2}} - e^{-i\frac{x-x_k}{2}}\right)}[/mm]
[mm]= \prod_{k=0}^{2n}{\frac{1}{2i}\left(e^{\frac{ix}{2}-\frac{ix_k}{2}} - e^{\frac{ix_k}{2}-\frac{ix}{2}}\right)}[/mm]
[mm]= \prod_{k=0}^{2n}{\frac{1}{2i}\left(\frac{e^{\frac{ix}{2}}}{e^{\frac{ix_k}{2}}} - \frac{e^{\frac{ix_k}{2}}}{e^{\frac{ix}{2}}}\right)}[/mm]
[mm]= \prod_{k=0}^{2n}{\frac{1}{2i}\frac{e^{ix}-e^{ix_k}}{e^{\frac{ix_k}{2}}e^{\frac{ix}{2}}}}[/mm]
[mm]= \prod_{k=0}^{2n}{\frac{1}{2ie^{\frac{ix}{2}}}\cdot{\frac{e^{ix}-e^{ix_k}}{e^{\frac{ix_k}{2}}}}}[/mm]
[mm]= \frac{1}{2^{2n}e^{inx}}\prod_{k=0}^{2n}{\frac{e^{ix}-e^{ix_k}}{e^{\frac{ix_k}{2}}}}[/mm]
[mm]= \frac{1}{2^{2n}e^{inx}}\prod_{k=0}^{2n}{\left(e^{ix-\frac{ix_k}{2}}-e^{\frac{ix_k}{2}}\right)}[/mm]
Und ab diesem Punkt weiß ich nicht mehr weiter. Wäre schön, wenn mir da jemand weiterhelfen könnte!
Vielen Dank!
Grüße
Karl
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:38 Mo 12.12.2005 | | Autor: | leduart |
Hallo Karl
für n=1 klappts mit dem Additionstheorem und dann umformen von sin^2x und sinxcosx in cos2x und sin2x. dann wahrscheinlich weiter mit vollst. Induktion. Ist aber nur ein Tip, habs nicht zu Ende gedacht.
oder sieh dir die Formeln für sin(nx) an ob damit was zu machen ist.
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:23 Di 13.12.2005 | | Autor: | Toellner |
Hallo Karl,
auch auf die Schnelle nur eine Idee, falls Du mit der Umformung nach dem Additionstheorem nicht durchkommst:
Das gesuchte trigonometrische Polynom muss die Fouriertransformierte von f sein. Da es sich, soweit ich sehe, um einen Existenz- bzw. Identitätsbeweis handelt:
1. Zu f gibt es im Periodenintervall [mm] 2\pi [/mm] von f eine Fouriertrafo.
2. Im Periodenintervall ist die Fourierdarstellung eindeitig.
3. Für j > n müssten m.E. die Fourierkoeffizienten 0 sein, d.h:
[mm]0=\integral_0^{2\pi}{\sin(jx)(\produkt_{k=0}^{2n}{\sin\frac{x-x_k}{2}})dx}[/mm]
und dasselbe für [mm] \cos(jx).
[/mm]
Wie 3 genau geht, weiß ich im Augenblick auch nicht, wahrscheinlich mit Partieller Integration nur soviel:
Die [mm] x_k [/mm] kannst Du ja um [mm] 2\pi-Vielfache [/mm] ins Intervall [0 ; [mm] 2\pi [/mm] ] verschieben, dann hast Du dort 2n Nullstellen für f, o.B.d.A. mit [mm] x_0 [/mm] = 0. n müsste daher so eine Art "Wellenzahl" sein und alle höheren Frequenzen (j>n) müssten die Nullstellen "auffädeln".
Gruß, Richard
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:37 Mi 14.12.2005 | | Autor: | Karl_Pech |
Hallo Leute!
Zunächst möchte ich euch für die Hinweise danken! Im Moment warten aber schon wieder neue Numerik-Aufgaben... .
Auf diese Aufgabe werde ich aber (hoffentlich) auch noch zurückkommen. Die Frage wird solange "stillgelegt".
Grüße
Karl
|
|
|
| |
|
Hallo Karl,
es funktioniert, auch wenn nicht mit partieller Integration (und das mit dem Nullstellenauffädeln war Quatsch):
Du brauchst einmal das Additionstheorem:
sin(x)cos(y) = 0,5sin(x+y)) + 0,5sin(x-y) (irgendwie so ähnlich...)
Zu Zeigen ist für
[mm]t\left(x\right) := \prod_{k=0}^{2n}{\sin\frac{x-x_k}{2}}[/mm]
ist die Fouriertransformation mit Koeffizienten
[mm] a_j [/mm] = [mm] 1/\pi\integral_{0}^{2\pi}{sin(jx)t(x) dx}
[/mm]
[mm] b_j [/mm] = [mm] 1/\pi\integral_{0}^{2\pi}{cos(jx)t(x) dx}
[/mm]
gleich dem trigonom. Polynom
[mm]\frac{a_0}{2} + \sum_{j=1}^{n}{\left(a_j\cos\left(jx\right) + b_j\sin\left(jx\right)\right)}[/mm]
wobei für j>n die [mm] a_j [/mm] = [mm] b_j [/mm] = 0 sein müssen.
Das geht mit Induktion (ich setze 2n erst mal = n):
wir nehmen an, dass für alle j>n-1
[mm] \integral_{0}^{2\pi} {sin(jx)t_{n-1}(x) dx} [/mm] = 0
gilt, wenn [mm] t_{n-1} [/mm] = [mm] \prod_{k=0}^{n-1}{\sin\frac{x-x_k}{2}} [/mm] das Produkt der Länge n-1 mit irgendwelchen Konstanten [mm] a_k [/mm] ist (nicht notwendig wie oben):
dann zerlegst Du
[mm] sin(jx)sin(x-x_n) [/mm] = [mm] cos(jx+\pi/2)sin(x-x_n) [/mm] = [mm] 0,5((j+1)x+\pi/2-x_n)+sin((j-1)x+\pi/2+x_n)
[/mm]
und das Produkt in die Summe zweier Produkte mit Länge n-1. Aus j>n folgt j-1>n-1 unmd erst recht j+1>n-1, also greift die Induktionsvoraussetzung. Ggf. musst Du den Integranden und die Integralgrenzen entlang der x-Achse verschieben, damit formal die Phasenverschiebung des einen sinus 0 wird: wegen der [mm] 2\pi-Periodizität [/mm] geht das aber problemlos.
Den Induktionsanfang kriegts Du für Produkte der Länge 0 und j>0 als
[mm] \integral_{0}^{2\pi} {sin(jx-x_0) dx}=0.
[/mm]
Jetzt entspricht ja n dem 2n in dem Produkt von t(x): der Beweis funktioniert genauso mit cos(jx) und dann kann man die 2n Koeffizienten zur Hälfte auf cos und auf sin aufteilen.
Gruß Richard (vermutlich wimmelt der Artikel von Darstellungs-Fehlern, sorry, hab keine Zeit)
|
|
|
|
) weiterverfolgen.
![[gutenacht]](/images/smileys/gutenacht.gif "[gutenacht]"){kind=small}
![[user]](/images/smileys/user.gif "[user]"){kind=small}
