Induktionsbeweis Identität zwischen Polynomen

Erste Frage Aufrufe: 68     Aktiv: 02.02.2021 um 23:11

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Ich sitze an folgendem Problem:

Ich habe bereits für alle \(n\geq 2\) gezeigt:
\[ 2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=\prod_{k=1}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right).\]
Nun hänge ich aber an (2). Ich wollte es mit Induktion beweisen und komme beim Induktionsschritt nicht weiter. Bis jetzt bin ich bis dahin gekommen:
\[z^{n+1}-1=z^n\cdot z-1=(z^n -1 +1)\cdot z -1=(z^n-1)\cdot z +z-1 \overset{IV}{=} \left(\prod_{k=0}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\right)\cdot z +z-1=\ldots ?\]
Das das Produkt bis \(n\) läuft kriege ich hin und dann erweitere ich den ersten Faktor dazu. Aber wie komme ich in \(e^{\frac{2\pi ki}{n}}\) im Nenner der Potenz von \(n\) auf \(n+1\)?
Auch wenn ich von der anderen Seite aus anfange komme ich nicht weit. Auch hier wieder die Frage, wie soll ich denn bei \(\displaystyle{\prod_{k=0}^n \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n+1}}\right)}\) bei \(e^{\frac{2\pi ki}{n+1}}\) im Nenner der Potenz aus dem \(n+1\) ein \(n\) machen?

Vielleicht ist es wie oft bei Induktion ein ganz einfacher Schritt, welcher mir bloß nicht einfällt.

Wäre dankbar über einen hilfreichen Ansatz.
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Student, Punkte: 24

 

In der Aufgabe steht nicht das du es mit Induktion beweisen musst. Ich hab’s jetzt noch nicht probiert, aber hast du mal versucht das Produkt auszuschreiben und auszumultiplizieren? Dann müssten sich laut Aussage ja fast alle Summanden des Polynoms wegheben und nur noch \(z^n-1\) übrig bleiben.   ─   maqu 02.02.2021 um 19:35

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1 Antwort
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Ich würde es ohne Induktion machen, stattdessen die Methode des scharfen Hinsehens anwenden ;-). Dann ist nämlich gar nichts zu rechnen:
Linke und rechte Seite sind beides offensichtlich Polynome vom Grad n, wobei ebenso offensichtlich der Koeffizient von z^n auf beiden Seiten jeweils 1 ist. Dann sind die beiden Polynome genau dann gleich, wenn sie dieselben Nullstellen haben.

Also: Welche Nullstellen hat das Polynom links? Und welche hat das rechts?

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Ah ok, da habe ich wohl zu kompliziert gedacht. Ich glaube ich verstehe was Sie meinen. Kann man das formal wie folgt aufschreiben. Man betrachte die Nullstellen des Polynoms \(z^n-1\). Dann gilt:
\[z^n-1=0 \qquad \Longleftrightarrow \qquad z^n=1.\]
Damit erhalte ich gerade die \(n\)-ten Einheitswurzeln \(z_k=e^{\frac{2\pi ki}{n}}\) mit \(k=0,1,\ldots ,n-1\) als Nullstellen. Schreibt man das Polynom \(z^n-1\) nun in Linearfaktorschreibweise um, erhält man:
\[z^n-1=(z-z_0)\cdot (z-z_1)\cdot \ldots \cdot (z-z_{n-1})=\left(z-e^{\frac{2\pi i}{n}}\right) \cdot \left(z-e^{\frac{2\pi 2i}{n}}\right)\cdot \ldots \cdot \left(z-e^{\frac{2\pi (n-1)i}{n}}\right)=\prod_{k=0}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\]
Ist das so richtig?
  ─   anonym 02.02.2021 um 20:55

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Das ist sehr gut, 100% richtig und sehr klar aufgeschrieben. Sieht man hier im Forum nicht oft!   ─   mikn 02.02.2021 um 21:16

Habe unabhängig von der Identität nochmal eine Frage. Wie hilft mir diese jetzt meine Ausgangsbehauptung zu zeigen? Ich komme dann mit allen Hinweisen und Identitäten auf folgende Rechnung:
\[2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=\prod_{k=1}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=\overset{?}{\ldots} =\prod_{k=0}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\cdot (\ldots)=\underset{=0?}{\underbrace{(1^n-1)}} \cdot (\ldots)=0\neq n\]
Also erstens wie komme ich auf die Linearfaktorschreibweise beginnend mit Null und warum soll ich diese benutzen, wenn \(1^n-1=0\) mein ganzes Produkt auf Null setzt, obwohl ich ja auf \(n\) kommen möchte. Wo ist da noch mein Denkfehler?
  ─   anonym 02.02.2021 um 21:23

Danke das freut mich zu hören. Aber ohne ihren wertvollen Hinweis mit den Nullstellen wäre ich nicht allein darauf gekommen.   ─   anonym 02.02.2021 um 21:25

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Zu letzterem: Ja, ich hab den Anstoss gegeben, aber Du verwendest die Begriffe "Einheitswurzeln" und "Linearfaktoren" in treffenden klaren Formulierungen.   ─   mikn 02.02.2021 um 21:33

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Zum Rest des Beweises: Wir müssen "nur" noch (3.2) zeigen, und wie Du schon gemerkt hast, müssen wir irgendwie von dem 1-1 weg, weil sonst ja nur 0=0 da steht. Das geht nun so (ich kürz etwas ab):
Aus (2) wissen wir: \(z^n-1=\prod\limits_{k=0}^{n-1} (z-e^{...})=(z-1) \prod\limits_{k=1}^{n-1} (z-e^{...})\) für alle z, woraus \(\prod\limits_{k=1}^{n-1} (z-e^{...}) =\frac{z^n-1}{z-1}\) für alle z außer 1 folgt. Der Ausdruck auf der rechten Seite könnte Dir bekannt vorkommen.... schreib dafür was anderes (eine Summe). Letzteres ist dann aber auch für z=1 definiert, so dass die ganze Gleichung für alle z gilt, also auch für ... .
Reicht das?
  ─   mikn 02.02.2021 um 22:01

Jaaa vielen Dank, ich glaub ich habs jetzt. Der Hinweis \(\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\ldots}\right)=\dfrac{z^n-1}{z-1}\) war entscheidend! Ich soll also nicht mit Hilfe der eben gezeigten Identität auf \(n\) kommen, sondern damit (3.2) zeigen, verstehe!
Aufschreiben würde ich es jetzt wie folgt:
Es gilt:
\[z^n-1=\prod_{k=0}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=(z-1)\cdot \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right) \qquad \Longleftrightarrow \qquad \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=\dfrac{z^n-1}{z-1}.\]
Damit folgt weiter:
\[\qquad \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=\dfrac{z^n-1}{z-1} =\dfrac{z^n-1^n}{z-1}=\dfrac{(z-1)\cdot \sum_{k=0}^{n-1}z^k1^{n-1-k}}{z-1}=\sum_{k=0}^{n-1} z^k. \qquad \qquad (*) \]
Somit ergibt sich dann schlussendlich:
\[2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left( \dfrac{k\pi}{n}\right)=\prod_{k=1}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\overset{(*)}{=} \sum_{k=0}^{n-1} 1^k =\sum_{k=0}^{n-1} 1=n.\]
Das sollte denke ich jetzt stimmen. :)
  ─   anonym 02.02.2021 um 22:26

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Ja, tut es, sehr schön. Bei Ausdrücken der Form \(\frac{1-q^n}{1-q}\) sollte man an die geometrische Summenformel denken (das spart das dritte = von links in der vorletzten Zeile).
Der Sinn von (3.2) war ja, dass man das zeigt, und nicht die äquivalente ursprüngliche Aussage.
Mir gefällt die Aufgabe, weil ich die Formel nicht kannte und weil mir der Beweis gefällt, auch weil die geom. Summe mal "rückwärts genommen" benutzt wird.
  ─   mikn 02.02.2021 um 22:51

Jetzt ist auch das letzte Lichtlein angegangen. Natürlich geometrische Reihe! Das macht es nochmal leichter als die Verallgemeinerung der dritten binomischen Formel. Manchmal sieht man den Wald vor lauter Formeln nicht. :)
Ja ich konnte bei der Aufgabe auch viel dazulernen. Es kommen so einige wichtige Formeln vor auch bei dem ersten Teil des Beweises den ich bereits hatte.
Durch die neue Inspiration werden sich ihre Studenten "bestimmt freuen" wohl auch in Zukunft mal mit diesem Problem konfrontiert zu werden. :D
Vielen Dank nochmal für ihre Zeit!
  ─   anonym 02.02.2021 um 23:11

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