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

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

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

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

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

und weil der Zweier aus der Summe herausgezogen werden kann

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

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

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

Potenzregeln

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

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

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

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

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

Nach dem binomischen Lehrsatz erhalten wir

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

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

$(\sin 2x)/2$

Ad binomischer Lehrsatz

Der binomische Lehrsatz kann oben nicht einfach so angewandt werden.

$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2k+1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{1})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{3})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{5})\dots$

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

$\sum _{k=0}^{2n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2k+1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{0})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{1})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{3})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{4})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{5})\dots$

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

$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2k+1})=\frac{1}{2}\sum _{i=0}^{2n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{i})$

Darauf können wir wirklich einfach den binomischen Lehrsatz anwenden

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

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