Tschebyscheff-Polynome und Beweis per vollständiger Induktion

Question

Die Aufgabe lautet:

Wer kann dies lösen, insbesondere Aufgabe 2 c?

Comments

Vom Duplikat:

Titel: bestimmen sie die Tschebyscheff-polynome

Stichworte: ganzrationale,induktion,polynom

meine Aufgabe ist im Anhang.

Verstehe gar nichts, meine Nachhilfe ist ebenfalls überfordert.

Answer 1

= 2xTn(x) - Tn-1(x)

<===>   cos( (n+1) φ =  2 cos φ * cos (nφ) - cos ( (n-1) φ)

Mit Additionstheoremen ist  ---->  cos(α+β) =  cos α cosβ - sin α sin β

---->  sin α sin β =  1/2  ( cos (α - β) - cos ( α +β )) , daraus folgt : cos( (n+1)φ) =cos (φ + nφ )

Für n = 0,1,2 ist also --->  To (x)  =  cos (0)  = 1

T1(x)  = cos ( 1 arccos (x) = x

T2(x)  = 2x T1(x) - To (x) =  2 x²  - 1

Comments

Danke für die Antwort.

Das ist jetzt welche Teilaufgabe?

Lg

---

Das scheint ein Versuch zu sein, die Induktionsvoraussetzung in 2c) zu prüfen.

Answer 2

Bei der Aufgabe a) geht es ja erstmal nur um eine reine Definition. Hier also mal wie ich da vorgehen würde:

Ich schreibe zunächst die Funktionen in der üblichen Notation auf, die man aus der Schule kennt. Eventuell hilft das schon ein wenig

T0(x) = 1

T1(x) = x

Tn+1(x) = 2·x·Tn(x) - Tn-1(x)

Setzten wir doch jetzt einfach mal ein.

T2(x) = 2·x·(x) - (1) = 2·x^2 - 1

T3(x) = 2·x·(2·x·(x) - (1)) - (x) = 4·x^3 - 3·x

T4(x) = 2·x·(2·x·(2·x·(x) - (1)) - (x)) - (2·x·(x) - (1)) = 8·x^4 - 8·x^2 + 1

Män hätte auch jeweils die schon vereinfachten Terme einsetzen können, weil es ja nicht darum geht einen allgemeinen Term zu entwickeln.

Ein Blick auf folgenden Link verrät einem, dass man damit gar nicht so verkehrt liegt.

https://de.wikipedia.org/wiki/Tschebyschow-Polynom

Bei b) sollten jetzt Extremstellen berechnet werden. Also Ableitung gleich 0 setzen. Eine Skizze der Graphen konnte hier helfen.

Comments

Also zweite Ableitung gleich 0 setzen.

Die Aufgabe ist nicht so schwierig; wie der Ruf nach Nachhilfe schließen lassen könnte. Am Anfang wird die vorgelegte Definition angewendet, dann etwas Differentialrechnung und zum Schluss ein paar eher übersichtliche Induktionsbeweise geführt. Zusätzliches Wissen ist nicht erforderlich. Immerhin sind die Ergebnisse bemerkenswert.

Das in 30 Minuten per Skype zu erklären, finde ich als aufwändiger als im Forum darüber zu diskutieren.

---

ca)

Induktionsanfang

T0 ist vom Grad 0 (x^0). T1 ist vom Grad 1 (x^1)

Induktionsschritt n --> n + 1

Tn+1 ist vom Grad n + 1

Tn+1(x) = 2·x·(a·x^n + R1) - (b·x^{n - 1} + R2)

Tn+1(x) = 2·x·a·x^n + 2·x·R1 - b·x^{n - 1} - R2

Tn+1(x) = 2·a·x^{n + 1} + 2·x·R1 - b·x^{n - 1} - R2

Wir haben hier nur einen Summanden vom Grad n + 1 damit ist die Funktion vom Grad n + 1.

---

Auch cb) lässt sich über vollständige Induktion erklären.

Induktionsanfang

T0(1) = 1 und T1(1) = 1

T0(-1) = 1 und T1(-1) = -1

Induktionsschritt

Tn(1) = 1

Tn(1) = 2·1·Tn-1(1) - Tn-2(1) =  2·1·1 - 1 = 1

Tn(-1) = (-1)^n

Tn(-1) = 2·(-1)·Tn-1(-1) - Tn-2(-1) =  2·(-1)·(-1)^{n-1} - (-1)^{n-2} = 2·(-1)^n - (-1)^n = (-1)^n · (2 - 1) = (-1)^n

wzbw.

---

@Mathecoach:
Ich habe die Aufgabe auch mal gemacht.
Kurze Frage:
Induktionsanfang bei
2c) y)
Für n= 0 muss gelten: an = 2 ^{0-1} = 1/2
Da stimmt die Aussage doch nicht oder?

---

mit n ∈ ℕ

Hier sind vermutlich dann die natürlichen Zahlen OHNE die Null gemeint.

---

Genau das war auch meine Vermutung.

---

Was mich etwas irritiert hat war 2b) und die entsprechenden Funktionswerte ...

---

Stimmt.

Z.B.

T2(x) = 2x^2-1

T2'(x) = 4x

==> Extremstelle bei 0.

T2(0) = -1

Aber -1 ist ungleich T2(1) = 1 = T2(-1)