Witam
jak udowodnić jedynkę trygonometryczną za pomocą wyżej wspomnianego iloczynu C. ?
dochodzę do tego, że:
\(\displaystyle{ \\ \\
sin^2x= \left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{(2n+1)} \right)\left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{(2n+1)} \right) =
\frac{(-1)^n}{(2n+2)!}\sum_{j=0}^{n} {2(n+1) \choose 2j+1} x^{2(n+1)}}\)
\(\displaystyle{ cos^2x= \left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{(2n)} \right)\left( \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{(2n)} \right) =
\frac{(-1)^n}{(2n)!}\sum_{j=0}^{n} {2n \choose 2j} x^{2n}}\)
po zsumowaniu powinno wyjść 1, ale jak to wykazać?
iloczyn szeregów w sensie Cougchy'ego i jedynka tryg.
-
Rodis
- Użytkownik
- Posty: 23
- Rejestracja: 25 lut 2009, o 21:22
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 1 raz
iloczyn szeregów w sensie Cougchy'ego i jedynka tryg.
Może zasłużę na kilof tygodnia, ale sam szukając dowodu doszedłem tutaj, więc podzielę się "dla potomnych".
1. Iloczyn jest Cauchy'ego.
2. Drobnostka, ale po ostatnim znaku równości zabrakło znaków sum.
3. Lemat:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}}\)
Dowód: (zakładając, że jeśli dwumian nie jest prawidłowo określony, to się zeruje)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} = \sum_{k=0}^n \left(\binom{2n-1}{2k-1} + \binom{2n-1}{2k}\right) = \sum_{k=0}^{2n-1} \binom{2n-1}{k} = \sum_{k=0}^{n-1} \left(\binom{2n-1}{2k} +\binom{2n-1}{2k+1}\right) = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}}\)
4. Ciągnąc dalej przekształcenia przedmówcy:
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \left( (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n+2}{2k+1} \right) + \sum_{n=0}^{+\infty} \left( (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} \right) =}\)
z cosinusa wyciągamy 1. wyraz i "przesuwamy" numerowanie w części z sinusa
\(\displaystyle{ = 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \left( (-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{(2n)!}\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1} + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} \right)}\) =
z lematu wewnętrzne sumy są równe, więc wyrazy nieskończonego szeregu się zerują
\(\displaystyle{ = 1}\)
1. Iloczyn jest Cauchy'ego.
2. Drobnostka, ale po ostatnim znaku równości zabrakło znaków sum.
3. Lemat:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}}\)
Dowód: (zakładając, że jeśli dwumian nie jest prawidłowo określony, to się zeruje)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} = \sum_{k=0}^n \left(\binom{2n-1}{2k-1} + \binom{2n-1}{2k}\right) = \sum_{k=0}^{2n-1} \binom{2n-1}{k} = \sum_{k=0}^{n-1} \left(\binom{2n-1}{2k} +\binom{2n-1}{2k+1}\right) = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1}}\)
4. Ciągnąc dalej przekształcenia przedmówcy:
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \left( (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n+2}{2k+1} \right) + \sum_{n=0}^{+\infty} \left( (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} \right) =}\)
z cosinusa wyciągamy 1. wyraz i "przesuwamy" numerowanie w części z sinusa
\(\displaystyle{ = 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \left( (-1)^{n-1}\frac{x^{2n}}{(2n)!}\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1} + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} \sum_{k=0}^n \binom{2n}{2k} \right)}\) =
z lematu wewnętrzne sumy są równe, więc wyrazy nieskończonego szeregu się zerują
\(\displaystyle{ = 1}\)