Beweisarchiv: Analysis: Konvergenz: Produktformel von Vieta

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Im Folgenden wird die Produktformel von Vieta sowie damit zusammenhängende Aussagen und Darstellungen bewiesen.

[Bearbeiten] Zu beweisende Aussagen

[Bearbeiten] Formel von Vieta

Mit der durch

$\begin{align} a_1 &:= \frac 1 2 \sqrt{2} \\ a_{n} &:= \frac 1 2 \sqrt{ 2+2a_{n-1} } \qquad n\ge 2 \end{align}$

rekursiv definierten Zahlenfolge $a n$ gilt:

$\lim_{n\to\infty} \prod_{i=1}^n a_i=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots =\frac2\pi$

Ausgeschrieben mit den ersten Faktoren lautet das unendliche Produkt:

$\frac2\pi = \left( \frac12 \sqrt 2 \right) \cdot \left(\frac12 \sqrt{2+\sqrt{2}} \right) \cdot \left(\frac12 \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt 2}} \right) \cdots$

[Bearbeiten] Darstellung von Euler

Die Produktformel von Vieta ergibt sich als Spezialfall aus folgendem Resultat von Euler (s. Beweis unten) durch Einsetzen von $x=\tfrac \pi 2$ :

$\begin{align} \frac{\sin(x)}x &= \lim_{n\to\infty} \prod_{i=1}^n \cos\left( \frac x{2^i} \right) = \cos\left(\frac{x}2\right)\cdot\cos\left(\frac{x}4\right) \cdot\cos\left(\frac{x}8\right)\cdots \\ \frac 2 \pi &= \lim_{n\to\infty} \prod_{i=1}^n \cos \left( \frac \pi{2^{i+1}} \right) = \cos\left(\frac{\pi}{4} \right)\cdot\cos\left(\frac \pi 8 \right) \cdot\cos\left(\frac{\pi}{16} \right)\cdots \end{align}$

Insbesondere resultiert hieraus folgende alternative, direkte Darstellung für die Glieder der Zahlenfolge $a n$ (s.o.):

$a_{n} = \cos \left(\frac{\pi}{2^{n+1}} \right) \qquad\qquad\mathrm{f\ddot ur}\; n\ge 1$

[Bearbeiten] Produktfreie Darstellung

Durch weitere Umformungen und Vereinfachungen erhält man aus der Produktformel von Vieta eine produktfreie Darstellung^[1].

Definiere hierzu die rekursive Folge $b n$

$\begin{align} b_0 &:= 0 \\ b_n &:= \sqrt{2+b_{n-1}} \qquad\qquad\mathrm{f\ddot ur}\; n\ge 1 \end{align}$

und aufbauend die Folge $c n$

$c_n = 2^n \sqrt{2-b_{n-1}}$

Dann gilt:

$\lim_{n\to\infty} c_n = \lim_{n\to\infty}2^{n}\sqrt{2-\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}}_{(n-1)-\mathrm{fache}\;\; \mathrm{Schachtelung}} } = \pi$

Die ersten Glieder der Folge $c n$ lauten:

$\begin{align} c_1 &= 2 \cdot \sqrt{2} \\ c_2 &= 4 \cdot \sqrt{2-\sqrt{2}} \\ c_2 &= 8 \cdot \sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}} \end{align}$

$\vdots \qquad \qquad \vdots \qquad \qquad \vdots$

[Bearbeiten] Beweise

[Bearbeiten] Beweis der Darstellung von Euler

Der im folgenden präsentierte Beweis basiert auf Additionstheoremen aus der Trigonometrie und einer elementaren Grenzwertbetrachtung:

Wegen

$\begin{align}\lim_{t\to 0} \frac {\sin t}{t} = 1\end{align}$

und

$\begin{align} 2^n \cdot \sin \left( \frac x {2^n} \right) &= x \cdot \left( \frac{ \sin \left( \frac x{2^n} \right) }{ \frac x{2^n} }\right) \end{align}$

hat man zunächst

$\begin{align} \lim_{n\to\infty} 2^n \cdot \sin \left(\frac x {2^n} \right) &= x \end{align}$

Andererseits erhält man mit Hilfe der Verdopplungsformel für den Sinus induktiv:

$\begin{align} \sin x &= 2 \cdot \sin \left( \frac x2 \right) \cos \left( \frac x2 \right) \\ &= 2 \cdot \left( 2 \cdot \sin \left( \frac x4 \right) \cos \left( \frac x4 \right) \right) \cdot \cos \left(\frac x2 \right) = 2^2 \cdot \sin \left( \frac x{2^2} \right) \cdot \prod_{i=1}^2 \cos \left( \frac x{2^i} \right) \\ & \qquad \vdots \qquad \qquad \vdots \qquad \qquad \vdots \\ &= 2^n \cdot \sin \left( \frac x{2^n} \right) \cdot \prod_{i=1}^n \cos \left( \frac x{2^i} \right) \end{align}$

Zusammenfassen dieser beiden Aussagen führt auf folgende Darstellung, die auf Euler zurückgeht:

$\begin{align} \frac {\sin x}x &= \lim_{n\to\infty} \prod_{i=1}^n \cos \left( \frac x{2^i} \right) \end{align}$

[Bearbeiten] Analytischer Beweis der Produktformel von Vieta

Durch Einsetzen von $x = \tfrac \pi 2$ in die Eulersche Darstellung erhält man speziell:

$\begin{align} \frac 2 \pi &= \lim_{n\to\infty} \prod_{i=1}^n \cos \left( \frac \pi{2^{i+1}} \right) \end{align}$

Es bleibt nur noch zu zeigen, dass die Kosinus-Faktoren in dieser Produktdarstellung mit den rekursiv definierten $a n$ übereinstimmen, d.h.

$a_{n} = \cos \left(\frac{\pi}{2^{n+1}} \right) \qquad\qquad\mathrm{f\ddot ur}\; n\ge 1$

Es wichtig zu betonen, dass man hierbei keine nähre Kenntnis über den exakten Verlauf der Kosinus-Funktion benötigt.

Wir führen den Beweis durch vollständige Induktion:

1. Schritt: Nachweis für $n = 1$

$a_1 = \frac12 \sqrt{2} = \cos\left(\frac\pi4\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2^2}\right)= \cos\left(\frac{\pi}{2^{1+1}}\right) \qquad \checkmark$

Diesen speziellen Wert des Kosinus kann man mittels elementarer geometrischer Überlegungen gewinnen.

2. Schritt: Schluss von $n$ auf $n + 1$

$\begin{align} a_{n+1} &= \frac 1 2 \sqrt{2+2a_n} \\ &= \sqrt{ \frac{1+a_n}2 } \\ &= \sqrt{ \frac{1+\cos\left( \frac{\pi}{2^{n+1}} \right) }2 } \qquad \mathrm{(Induktionsvoraussetzung)} \\ &= \cos\left( \frac{\pi}{2^{n+2}} \right) \qquad \checkmark \end{align}$

Die letzte Umformung im obigen Induktionsschritt beruht auf der Halbierungsformel für den Kosinus.

[Bearbeiten] Beweis der produktfreien Darstellung

Durch Kehrwertbildung und Multiplikation mit 2 folgt aus der Vietaschen Produktformel unmittelbar folgende Produktformel für $π$ :

$\pi = \lim_{n\to\infty} 2 \cdot \prod_{i=1}^n \frac 1{a_i}$

Die Behauptung ist offensichtlich wahr, wenn für die Zahlenfolge $c n$

$c_n = 2 \cdot \prod_{i=1}^n \frac 1{a_i}$

gilt. Dies lässt sich durch vollständige Induktion zeigen:

1. Schritt: Nachweis für $n = 1$

$2 \cdot \frac 1{a_{1}} = 2 \cdot \frac 2{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2-0} = 2\sqrt{2-b_0} = c_1 \qquad \checkmark$

2. Schritt: Schluss von $n$ auf $n + 1$

$\begin{align} 2 \cdot \prod_{i=1}^{n+1} \frac 1{a_i} &= \Bigl( \underbrace{2 \cdot \prod_{i=1}^n \frac 1{a_i}}_{=c_n} \Bigr) \cdot \frac 1{a_{n+1}} = c_n \cdot \frac 1{a_{n+1}} \\ &= 2^n \sqrt{2-b_{n-1}} \cdot \frac 1{\frac 1 2 \sqrt{2+2a_n}} \\ &= 2^{n+1} \sqrt{2-b_{n-1}} \cdot \frac 1{\sqrt{2+2a_n}} \\ &= 2^{n+1} \sqrt{2-b_{n-1}} \cdot \frac 1{\sqrt{2+b_n}} \qquad \qquad (\mathrm{wegen}\;b_n=2 a_n) \\ &= 2^{n+1} \sqrt{2-(b_n^2-2)} \cdot \frac 1{\sqrt{2+b_n}} \qquad (\mathrm{folgt}\;\mathrm{aus}\;\mathrm{Umformen}\; \mathrm{der}\;\mathrm{rekursiven}\;\mathrm{Definition}\;\mathrm{von}\;b_n) \\ &= 2^{n+1} \sqrt{4-b_n^2} \cdot \frac 1{\sqrt{2+b_n}} \\ &= 2^{n+1} \sqrt{(2+b_n)(2-b_n)} \cdot \frac 1{\sqrt{2+b_n}} \\ &= 2^{n+1} \sqrt{2-b_n} = c_{n+1} \qquad \checkmark \end{align}$

[Bearbeiten] Referenzen

↑ J. Munkhammar, pers. comm., 27. April 2000

[Bearbeiten] Siehe auch

[0] J. Munkhammar, pers. comm., 27. April 2000

[1]

Beweisarchiv: Analysis: Konvergenz: Produktformel von Vieta

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Inhaltsverzeichnis

[Bearbeiten] Zu beweisende Aussagen

[Bearbeiten] Formel von Vieta

[Bearbeiten] Darstellung von Euler

[Bearbeiten] Produktfreie Darstellung

[Bearbeiten] Beweise

[Bearbeiten] Beweis der Darstellung von Euler

[Bearbeiten] Analytischer Beweis der Produktformel von Vieta

[Bearbeiten] Beweis der produktfreien Darstellung

[Bearbeiten] Referenzen

[Bearbeiten] Siehe auch

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