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| Aufgabe | Im Zuge der Vorbereitung auf den zentralen GWS findet sich in meinem Stochastik-I Skript folgendes Lemma:
Lemma: [mm]\left| \ e^{ix} \ - \ \sum\limits_{m=0}^{n}\frac{(ix)^m}{m!} \ \right| \ \le \ \min\left\{\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}, \frac{2|x|^n}{n!}\right\}[/mm] |
Hallo zusammen,
das ist alles, was zu dem Lemma dasteht, also kein Beweis.
Die Abschätzung gegen den ersten Term, also [mm]\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}[/mm] ist klar, aber wie kommt man auf den hinteren?
Ist wahrscheinlich relativ offensichtlich, aber ich bin wohl blockiert ...
Hat jemand bitte einen Hammer zum Einschlagen der Blockade?
Danke vorab!
Gruß
schachuzipus
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Hallo nochmal,
*hochschieb*
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:19 Do 12.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Im Zuge der Vorbereitung auf den zentralen GWS findet sich
> in meinem Stochastik-I Skript folgendes Lemma:
>
> Lemma: [mm]\left| \ e^{ix} \ - \ \sum\limits_{m=0}^{n}\frac{(ix)^m}{m!} \ \right| \ \le \ \min\left\{\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}, \frac{2|x|^n}{n!}\right\}[/mm]
>
> Hallo zusammen,
>
> das ist alles, was zu dem Lemma dasteht, also kein Beweis.
>
> Die Abschätzung gegen den ersten Term, also
> [mm]\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}[/mm] ist klar, aber wie kommt man auf
> den hinteren?
>
> Ist wahrscheinlich relativ offensichtlich, aber ich bin
> wohl blockiert ...
>
> Hat jemand bitte einen Hammer zum Einschlagen der
> Blockade?
>
> Danke vorab!
ich hab' erstmal keine Ahnung, aber ich rechne mal:
[mm] $$e^{ix}-\sum_{m=0}^n \frac{(ix)^m}{m!}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(ix)^k}{k!}-\sum_{m=0}^n \frac{(ix)^m}{m!}=\sum_{m=n+1}^\infty \frac{(ix)^m}{m!}=\sum_{\substack{m \ge n+1\\m \text{ gerade}}}(-1)^{m/2}\;\cdot \frac{x^m}{m!}+i*\sum_{\substack{m \ge n+1\\m \text{ ungerade}}}(-1)^{(m-1)/2}\;\cdot\frac{x^m}{m!}\,.$$
[/mm]
Bringt das was? Ich sehe auch gerade die erste Abschätzung nicht, die Du wohl mehr oder weniger als trivial erkannt hast. Vielleicht kommen wir zusammen weiter, wenn Du mir gerade sagst, wieso Dir die klar ist ^^
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:21 Fr 13.04.2012 | | Autor: | Schachtel5 |
Hallo, kann dazu auch leider nichts beitragen.
ich kenne aber auch die Abschätzung
Für [mm] n\in \IN [/mm] und [mm] |z|\le [/mm] 1 gilt
[mm] \left| \ e^{z} \ - \ \sum\limits_{m=0}^{n}\frac{(z)^m}{m!} \ \right| \le 2\frac{|z|^{n+1}}{(n+1)!}
[/mm]
(ist nicht genau die gleiche wie oben ich weiss)
Weil
[mm] \left| \sum\limits_{m=n+1}^{\infty}\frac{(z)^m}{m!} \ \right|\le |z|^{n+1}*\sum\limits_{m=n+1}^{\infty}\frac{1}{m!} [/mm] für [mm] |z|\le [/mm] 1
und mit [mm] m!=m*(m-1)*....*(n+1)!\ge 2^{m-(n+1)}(n+1)! [/mm] für m [mm] \ge [/mm] n+1,
folgt [mm] \sum\limits_{m=n+1}^{\infty}\frac{1}{m!} \le \frac{1}{(n+1)!}\sum\limits_{m=n+1}^{\infty}2^{(n+1)-k}\le \frac{2}{(n+1)!} [/mm] wegen der geometrischen Summenformel.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:32 Fr 13.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo, kann dazu auch leider nichts beitragen.
> ich kenne aber auch die Abschätzung
> Für [mm]n\in \IN[/mm] und [mm]|z|\le[/mm] 1 gilt
> [mm]\left| \ e^{z} \ - \ \sum\limits_{m=0}^{n}\frac{(z)^m}{m!} \ \right| \le 2\frac{|z|^{n+1}}{(n+1)!}[/mm]
>
> (ist nicht genau die gleiche wie oben ich weiss)
> Weil
> [mm]\left| \sum\limits_{m=n+1}^{\infty}\frac{(z)^m}{m!} \ \right|\le |z|^{n+1}*\sum\limits_{m=n+1}^{\infty}\frac{1}{m!}[/mm]
> für [mm]|z|\le[/mm] 1
> und mit [mm]m!=m*(m-1)*....*(n+1)!\ge 2^{m-(n+1)}(n+1)![/mm] für m
> [mm]\ge[/mm] n+1,
> folgt [mm]\sum\limits_{m=n+1}^{\infty}\frac{1}{m!} \le \frac{1}{(n+1)!}\sum\limits_{m=n+1}^{\infty}2^{(n+1)-k}\le \frac{2}{(n+1)!}[/mm]
> wegen der geometrischen Summenformel.
mir ist nicht klar, ob Schachuzipus Formel die Bedingung $|x| < 1$ (oder ein wenig mehr, wie bei Dir $|x| [mm] \le [/mm] 1$) beinhaltet. Falls dem so wäre, so könnte ich sicher etwa mit Cauchy-Schwarz auch weiterarbeiten:
Denn bei [mm] $z=a+ib\,$ [/mm] ist ja [mm] $|z|=\sqrt{a^2+b^2}\,,$ [/mm] und [mm] $a^2$ [/mm] ist hier ja eine Reihe im Quadrat, auf die man Cauchy-Schwarz anwenden kann...
Das hatte ich mir schon überlegt, aber nicht hingeschrieben, denn ich dachte, dass Schachuzipus Formel für alle $x [mm] \in \IR$ [/mm] gelten soll.
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
mehr steht da nicht, ich habe die Aussage aber als Lemma 7.14 in dem sehr sehr guten Buch "Stochastik" von Meintrup/Schäffler gefunden.
Ich schreibe mal den Beweis auf, der über vollst. Induktion nach [mm]n[/mm] läuft:
Beh.: Für [mm]x\in\IR[/mm] und alle [mm]n\in\IN_0[/mm] gilt mit [mm]R_n(x)=e^{ix}-\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{(ix)^k}{k!}[/mm]:
[mm]|R_n(x)|\le\min\left\{\frac{2|x|^n}{n!},\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\right\}[/mm]
Bew.: IA: [mm]n=0:[/mm]
[mm]R_0(x)=e^{ix}-1=\int\limits_{0}^x{ie^{iy} \ dy}[/mm]
Aus der ersten und zweiten Gleichung folgt:
[mm]|R_0(x)|\le 2[/mm] und [mm]|R_0(x)|\le|x|[/mm]
IS:
Betrachten wir [mm]R_{n+1}(x)=i\int\limits_0^x{R_n(y) \ dy}[/mm], so folgt für [mm]n\ge 0[/mm]:
[mm]|R_{n+1}(x)|\le\int\limits_0^x{\frac{2|y|^n}{n!} \ dy}\le\frac{2|x|^{n+1}}{(n+1)!}[/mm] und
[mm]|R_{n+1}(x)|\le\int\limits_0^x{\frac{|y|^{n+1}}{(n+1)!} \ dy}\le\frac{|x|^{n+2}}{(n+2)!}[/mm]
Gruß
schachuzipus
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Hallo Schachtel5 und Marcel,
ich danke euch beiden für eure Mühen und habe inzwischen auch einen Beweis gefunden.
Wer mag, möge dazu die weiter unten stehende Mitteilung lesen.
Liebe Grüße
schachuzipus
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