Damit die Lösung keine Potenzreihe, sondern nur ein Polynom ist, müssen schließlich alle Koeffizienten 0 sein. Nach der Rekursionsvorschrift ist \(a_{n+2}=0\) und damit auch alle \(a_{n+2m}=0, m\in\mathbb N\).
Damit aber auch die Koeffizienten der anderen Parität irgendwann 0 werden, muss \(a_0\) bzw. \(a_1\) gleich 0 sein, denn die Rekursionsvorschrift wird nur dann 0, wenn \(n= k\) oder \(a_k=0\). Damit ergibt sich im Fall \(n\) ungerade sofort \(T_n (0)=0\). Wie man in diesem Fall auf die Eindeutigkeit kommt, ist mir noch unklar, mir scheint als ob man \(a_1\) frei wählen dürfte.
Wenn man die Eindeutigkeit aber gezeigt hat, kann man die Identität \(T_n(t)=\cos (n\arccos (t))\) darüber zeigen, dass
(1) \(\cos (n\arccos(t))\) ein Polynom ist und
(2) dass es die Differentialgleichung sowie die gegebenen Anfangswerte erfüllt.
(2) sollte einfaches Nachrechnen sein (zweimal Ableiten und einsetzen), für (1) setzen wir \(C (n)=\cos (n\arccos t)\) und \(S (n)=\sin (n\arccos t)\) und zeigen induktiv, dass \(C (n)\) sowie \(S (n)\sqrt {1-t^2}\) Polynome sind (Additionstheoreme). Zumindest fällt mir kein einfacherer Weg ein.
Die c) folgt direkt aus \(T_n (t)=\cos (n\arccos t)\), denn diese Funktion hat \(n\) Nullstellen und alle Extrema haben wegen dem Cosinus einen Funktionswert von \(\pm 1\).
Ich hoffe, ich konnte noch ein bisschen weiterhelfen und dass wir die letzten offenen Probleme auch noch gemeinsam lösen.
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Mit \( n \) gerade geht für mich aber noch nicht wirklich auf.
Ich würde sogar sagen, das wenn \( n \) gerade ist, dann ist es doch relativ egal wie wir \( a_0 \) wählen, weil die Kette definitiv irgendwann abbricht. Ob sich das \( n \) gerade vielleicht eher auf \( a_1 \) bezieht und falsch formuliert ist?
Zur Eindeutigkeit: Wir haben hier ja eine DGL 2ter Ordnung. Benötigen also auch 2 Randbedingungen, damit die Lösung wirklich eindeutig wird. Mit \( x'(0) = a_1 \) sollte dann die DGL doch eindeutig bestimmt sein oder? Ich gebe dir recht, dass das sich anders liest und es so scheint, als sollte die Eindeutigkeit alleine durch \( T_n(0) \) gegeben sein, aber das ist quatsch und kann meiner Meinung nach nicht sein. ─ christian_strack 24.03.2020 um 09:51
Aber der ungerade Fall scheint nicht zu funktionieren. Damit das Polynom endet, muss \(a_0=0\) sein. Damit gibt uns \(T_n(0)=0\) keine neuen Informationen und die Lösung ist nicht eindeutig. ─ sterecht 24.03.2020 um 10:14
Habe ich da etwa was falsch verstanden, ich dachte für \(T_n(0)\) <---- das bezieht sich auf die \(x\) bzw. \(t\) in unserem Fall und nicht auf die Koeffizienten. ─ wizzlah 24.03.2020 um 11:16
Und ihr habt übrigens vollkommen recht. Die Aufgabe hat einen Fehler. Ich wurde gerade darüber informiert und lade jetzt gleich die richtige Version hoch. ─ wizzlah 24.03.2020 um 12:13
─ christian_strack 24.03.2020 um 12:15
Hmm finde durch diese Eigenschaften, werden wir aber eine Kette nicht los. Ein wirklich eindeutiges Polyom würde wir durch
Für gerades \( n \):
$$ T_n(0) = (-1)^{\frac n2} \quad T_n'(0) = 0 $$
für ungerades \( n \):
$$ T_n(0) = 0 \quad T_n'(0) = (-1)^{\frac {n-1} 2} \cdot n $$
oder? ─ christian_strack 24.03.2020 um 12:26
Damit das Polynom wirklich eindeutig ist, benötigen wir 2 Randbedingungen. Eben um die beiden rekursiven "Ketten" zu starten. Einmal mit \( a_0 \) und einmal mit \( a_1 \)
Nun wird für gerades \( n \) die Kette mit dem Startwert \( a_0 \) irgendwann nur noch Null als Koeffizienten haben, da ab \( n^2 = k^2 \) der Zähler der Rekursion Null wird und dann immer wieder nur eine Null eingesetzt wird.
Deshalb ists es hier auch sinnvoll \( T(0) = a_0 = (-1)^{\frac n2 } \) einen eindeutigen Startwert zuzuordnen. Aber was passiert bei einem geraden \( n \) mit der Kette die mit \( a_1 \) startet? Diese läuft immer weiter bis ins unendliche. Deshalb wäre es hier wohl sinnvoll selbst direkt \( T'(0) = a_1 = 0 \) anzusetzen.
Das ist aber nicht passiert, deshalb finde die Aufgabenstellung immer noch etwas fragwürdig.
Analoges gilt für ein ungerades \( n \). ─ christian_strack 24.03.2020 um 12:44
Wenn wir das nun in die Rekursion einsetze, multiplizieren wir den Bruch ja mit dem Wert davor, also
$$ a_6 = \frac {4^2 - 6^2} {36 + 18 + 2 } \cdot 0 = 0 $$
und das geht immer so weiter.
Deshalb ist für diese Kette gewährleistet das diese abbricht.
Für die Kette die bei \( a_1 \) startet aber nicht, weil nie ein Glied den Fall \( n^2 = k^2 \) haben wird und so niemals Null wird, außer wir setzen den Startwert direkt gleich Null. ─ christian_strack 24.03.2020 um 13:30
Wenn \(n\) ungerade ist, muss \(a_0=0\) sein, damit wir ein Polynom erhalten, und zusätzlich haben wir die Angabe \(T_n'(0)=a_1=(-1)^{n/2}\cdot n\), also ist das Polynom tatsächlich eindeutig.
Ebenso für gerade \(n\): \(a_0\) ist gegeben und \(a_1=0\), damit es ein Polynom wird.
In beiden Fällen ist \(T_n\) also eindeutig bestimmt. ─ sterecht 24.03.2020 um 13:41
Aber anders macht es einfach keinen Sinn ─ christian_strack 24.03.2020 um 13:46
Die Aussage, dass es sich um ein Polynom handelts, ist gewissermaßen die zweite Information, die wir für die Eindeutigkeit benötigen. ─ sterecht 24.03.2020 um 13:50
Ich denke wir sind uns auf jeden Fall einig das jeweils der andere Anfangswert gleich Null gesetzt werden muss :D
Anders macht es auch einfach keinen Sinn :)
Nun zu \( T_n (t) = \cos(n \cdot \arccos(t)) \).
Wenn wir nun die Taylorreihe betrachten wollen (um den Entwicklungspunkt Null), müssen wir in den ersten Summanden \( t=0 \) setzen. Das führt zu
$$ \cos( n \cdot \arccos(0)) = \cos(n \cdot \frac {\pi} 2 ) $$
mit \( n = 2m \, m \in \mathbb{N} \) (also \( n \) gerade) erhalten wir damit
$$ \cos(2m \cdot \frac {\pi} 2 ) = \cos( m\pi ) = (-1)^m = (-1)^{\frac n2} $$
ah kommt einem schon mal bekannt vor.
Mit \( n = 2m+1 \), also ungerade, erhalten wir hier sogar
$$ \cos((2m+1) \cdot \frac {\pi} 2) = \cos(m \pi + \frac {\pi} 2 ) = \cos(m \pi ) \cdot \cos(\frac {\pi} 2) - \sin(m \pi ) \cdot \sin(\frac {\pi} 2) = 0 $$
unseren anderen Startwert.
Wir brauchen nocjh die erste Ableitung
Für \( n = 2m \),
$$ T_n'(t) = \dfrac{n\sin\left(n\arccos\left(x\right)\right)}{\sqrt{1-x^2}} $$
Setzen wir da Null ein, erhalten wir
$$ T_n'(0) = \sin(n \cdot \frac {\pi} 2 ) = \sin( 2m \cdot \frac {\pi} 2 ) = \sin(m \pi) =0 $$
und zuletzt
$$ n=2m+1$$
erhalten wir
$$\sin( (2m+1) \cdot \frac {\pi} 2) = \sin(m \pi + \frac {\pi} 2 ) = \sin(m \pi) \cdot \cos(\frac {\pi}2) + \cos(m \pi ) \cdot \sin(\frac {\pi} 2) = (-1)^{m} = (-1)^{\frac {n-1} 2} $$
Die Startwerte passen also schon mal wunderbar. Allerdings habe ich mir mal die nächsten Ableitungen angeguckt und komme noch nicht wirklich auf die Vorschrift der Taylorreihe.
─ christian_strack 24.03.2020 um 14:39
Wenn wir also zeigen können, dass \(\cos(n\arccos t)\) ebenfalls die Bedingungen erfüllt und ein Polynom ist, muss wegen der Eindeutigkeit Gleichheit gelten. Die Startwerte hast du ja schon überprüft, wenn man noch die zweite Ableitung bildet und das in die DGL einsetzt, passt das auch.
Jetzt müssen wir also noch zeigen, dass es sich bei \(\cos(n\arccos t)\) um ein Polynom handelt.
Dies kann man mit vollständiger Induktion zeigen, genauer zeigen wir
\(\forall m\in\mathbb N\colon \cos(m\arccos t)\) und \(\sqrt{1-t^2}\sin(m\arccos t)\) sind Polynome.
Das geht recht einfach mit den Additionstheoremen für \(\cos(x+y)\) und \(\sin(x+y).\) ─ sterecht 24.03.2020 um 16:41
\(\begin{align}T_n'(t)&=\frac{-n\sin(n\arccos t)}{\sqrt{1-t^2}},\\T_n''(t)&=-\frac{n^2\sqrt{1-t^2}\cos(n\arccos t)+nt\sin(n\arccos t)}{(1-t^2)^{3/2}}\end{align}\)
Nun ist nicht schwer zu sehen, dass \((1-t^2)T_n''(t)=-n^2T_n(t)+tT_n(t)\) gilt. ─ sterecht 24.03.2020 um 18:45
Ach sehr gerne :) Spannende Aufgabe :D ─ christian_strack 24.03.2020 um 18:50
Es ist immer gut wenn alle davon profitieren können. ─ wizzlah 24.03.2020 um 19:11