TU Wien:Analysis VU (diverse)/Übungen 2024S/Beispiel 172

Man bilde das Cauchyprodukt der Potenzreihen von $\sin x$ und $\cos x$ (jeweils mit Entwicklungsstelle $x_{0}=0$ und zeige damit die Formel $\sin x\cos x=(\sin(2x))/2$

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Lösung

Taylorreihen finden

Sinus und Cosinus werden über ihre Taylorreihen definiert. https://en.wikipedia.org/wiki/Trigonometric_functions#Series_definitions

$\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

$\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {x^{2n}}{(2n)!}}$

Wir substituieren in der ersten Formel x mit 2x und erhalten

$\sin 2x=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {2\cdot 2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

und weil der Zweier aus der Summe herausgezogen werden kann

$(\sin 2x)/2=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

Diese Formeln können über die Taylorreihe (Definition 5.20) erahnt werden. Aus den ersten Gliedern der Summe darf aber nicht „einfach so“ auf unendlich weitere geschlossen werden.

Gleichsetzen

$\sin x\cos x=$

Cauchyprodukt

$\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{\frac {x^{2k+1}}{(2k+1)!}}(-1)^{n-k}{\frac {x^{2(n-k)}}{(2(n-k))!}}=$

Potenzregeln

$\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}(-1)^{n}x^{2n+1}{\frac {1}{(2k+1)!(2n-2k)!}}=$

Da die n in der rechten Summe konstant bleiben, können Teile herausgezogen werden

$\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}x^{2n+1}\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{(2k+1)!(2n-2k)!}}\cdot {\frac {(2n+1)!}{(2n+1)!}}=$

Auch hier wurde herausgezogen. Der übrige Teil entspricht genau dem Binomialkoeffizienten

$\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}x^{2n+1}{\frac {1}{(2n+1)!}}\sum _{k=0}^{n}{\binom {2n+1}{2k+1}}=$

Nach dem binomischen Lehrsatz erhalten wir

$\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}x^{2n+1}{\frac {1}{(2n+1)!}}2^{2n}=$

$\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}{\frac {2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}}=$

$(\sin 2x)/2$

Ad binomischer Lehrsatz

Der binomische Lehrsatz kann oben nicht einfach so angewandt werden.

$\sum _{k=0}^{n}{\binom {2n+1}{2k+1}}={\binom {2n+1}{1}}{\binom {2n+1}{3}}{\binom {2n+1}{5}}\dots$

Unten stehen immer ungerade Zahlen. Wenn wir jetzt die geraden einfügen, erhalten wir

$\sum _{k=0}^{2n+1}{\binom {2n+1}{2k+1}}={\binom {2n+1}{0}}{\binom {2n+1}{1}}{\binom {2n+1}{2}}{\binom {2n+1}{3}}{\binom {2n+1}{4}}{\binom {2n+1}{5}}\dots$

Die Zahlen beim Binomialkoeffizienten sind immer symmetrisch. Das sehen wir am Pascalschen Dreieck. Wir haben unser Ergebnis sozusagen verdoppelt und korrigieren das

$\sum _{k=0}^{n}{\binom {2n+1}{2k+1}}={\frac {1}{2}}\sum _{i=0}^{2n+1}{\binom {2n+1}{i}}$

Darauf können wir wirklich einfach den binomischen Lehrsatz anwenden

${\frac {1}{2}}\sum _{i=0}^{2n+1}{\binom {2n+1}{i}}={\frac {1}{2}}(1+1)^{2n+1}=2^{2n}=4^{n}$

http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+from+k%3D0+to+n+of+(+(2n%2B1)choose(2k%2B1))