Re: Sinh(x)

Dit is een reactie op vraag 70932

Ok dus

$
\frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{x^k }}{{k!}}} - \frac{{( - x)^k }}{{k!}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{x^k }}{{k!}}} - ( - 1)^k \frac{{(x)^k }}{{k!}}
$

2 situaties k is even of oneven.
Stel k is even dan binnenste gedeelte 0 en als k oneven wordt het dubbel geteld, en vandaar die halve ook ervoor.

Helemaal mee eens en het klopt ook, maar ik zie nog niet precies in hoe je van het linkerlid naar het rechterlid komt. Dus als je met die 2k+1 begint. Weet je dit misschien ook?

mvg

dennis
Beantwoorder - maandag 23 september 2013

Antwoord

Mm, voor mij is die gelijkheid gewoon iets dat "zo is", omdat je kunt zien dat beide leden gelijk zijn (door de termen met gelijke exponenten te vergelijken). Maar als je echt met nog tussenstappen tot dat besluit wil komen, kan je misschien eens die oorspronkelijke reeks uitschrijven op de volgende manier:

$\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} = 0\cdot\frac{x^0}{0!} + \frac{x^1}{1!} + 0\cdot\frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + 0\cdot\frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \ldots$

Hierbij heb ik dus speciaal bij de termen die nul zijn, toch een gepaste breuk geschreven zodat het duidelijk is dat we "bijna" te maken hebben met de reeks $\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}$ , met als enige verschil dat de termen uit deze reeks nul zijn wanneer $k$ even is, en dat effect bereiken we door de reeks te schrijven als verschil van twee reeksen, zoals je zelf nu ook gedaan hebt.

Dus, om het misschien nog eens op een andere manier te zeggen: we gaan naar dat uiteindelijke rechterlid omdat we naar een manier zoeken om enkel de termen met oneven $k$ over te houden, en dat gaat precies als we werken met die $x^k$ en $(-x)^k$.

Is het zo duidelijker?

Mvg

cs
dinsdag 24 september 2013

Re: Re: Sinh(x)

©2001-2024 WisFaq