| Autor |
Beitrag |
    
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 25. März, 2002 - 14:49: | 
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Hi Niels
Hier ein paar Formeln zur Betafunktion
pro memoria:
B(x,y) = int[t^(x-1)*(1-t)^(y-1)*dt , t = 0..1] ,
definiert für x>0,y>0.
(1) B(x,y) = B(y,x)
(2) B(x,y) = [y-1] / [x-y-1] * B (x,y-1)
(3) B(x,n) = (n-1)! / [x(x+1)(x+2)...(x+n-1)] wobei n = 1,2,3,..
(4) B(x,y) = int[t^(x-1) / (1+t)^(x+y) * dt , x = 0..infinity]
(5) B(x,1-x) = Pi /sin(Pi*x) für 0 < x < 1.
Diese Formeln lassen sich aus den entsprechenden Formeln der
Gammafunktion leicht herleiten.
Noch zwei schöne Integrale:
a)int [(sin x)^(n-1)*(cos x)^(m-1)*dx, x=0.. ½*Pi] = ½ B(½ n,½ m)
für positive ganze m und n.
b)int[x^m*(a^2 – x^2)^( ½ n)*dx , x = 0..a] =
½ * a ^ ( m + n +1) * B ( ½ * (m+1), ½ * (n+2) )
u.s.w.
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath.
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N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 25. März, 2002 - 17:33: |
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Hallo Hans Rudolf,
eine kurze nachfrage:
Ist die Betafunktion eine sog. Flächenfunktion?
Müsste ja so sein, schließlich haben wir ja 2 unabhängige Parameter p und q in der Definition B(p;q)..
Ich glaube die Darstellung der Gammafunktion
1/G(z) = e^(C*z)*z*product[(1+z/n)*e^(-z/n)]
ist äquivalent zu einer Darstellung der Gammafunktion von Weierstraß.
Ist das Korrekt?
Gruß N.
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H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 26. März, 2002 - 11:52: |
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Hi Niels .
Noch ein paar Ergänzungen.
A]
Zu Deiner Frage nach dem Produktsatz von
Karl Weierstrass (1815-1897).
(Kenntnis über den Wortlaut des Satzes werde
vorausgesetzt).
Tatsächlich spielt der Satz bei der Herleitung
in meinem Beitrag eine zentrale Rolle.
Ich hatte in meinem Manuskript
ursprünglich einen entsprechenden Hinweis notiert ;
ich wollte Dich aber nicht irritieren, deshalb habe ich
den Hinweis schliesslich weggelassen.
Bei dieser Gelegenheit führe ich ein Beispiel an,
bei denen der Produktsatz zur Anwendung kommt.
Es ist eine ganze Funktion f(z) zu bestimmen, deren Nullstellen
genau bei den ganzen Zahlen
uo = 0, u(1) = 1, u(2) =1 , u(3) = 2 , u(4) = -2 .....liegen
und je die Ordnung eins haben
Nach dem Produktsatz gilt
f(z) = z * product [(1- z /u(k)) * e ^(z/u(k)), k = 1..infinity]
Durch Umformungen findet man leicht
f(z) = z * product [( 1 – z^2 / j^2) , j = 1..infinity]
Eine andere Lösung ist, wie wir wissen, g(z) = sin (Pi*z)
Da die logarithmischen Ableitungen beider Funktionen
f(z) und g(z) übereinstimmen, besagt die Theorie, dass die
beiden Funktionen bis auf einen konstanten Faktor identisch
sind.
Man findet für diese Konstante den Wert Pi,
sodass man schreiben kann:
sin (Pi*z)= Pi * z * product [( 1 – z^2 / j^2) , j = 1..infinity ]
B]
Die Bezeichnung „Flächenfunktion“ für B(p,q) ist nicht gebräuchlich
und bringt keine neuen Erkenntnisse.
C]
Zum Abschluss bringe ich zwei Aufgaben.
Ich entnehme sie einem ausgezeichneten Lehrbuch
der Funktionentheorie aus dem Springer - Verlag:
Verfasser: Eberhard Freitag und Rolf Busam,
Funktionentheorie I.
Vorgängig einer eingehenden Lektüre empfehle ich Dir
den Umgang mit der reellen Analysis, etwa nach
Wolfgang Walter, Analysis I,
ebenfalls aus dem Springer –Verlag.
Beide Werke enthalten Beiträge zur
Beta – und Gammafunktion.
Die zitierten Aufgaben seien dem Publikum zur Lösung
freigegeben und lauten :
1) Beweise:
Gamma(1/6) = 2^(-1/3) (3/Pi)^(½ ) [Gamma(1/3)]^2
Hinweis: Benütze den Ergänzungssatz und die
Verdoppelungsformel für z =1/3.
2) Beweise
Gamma(s)* Zeta(s) = int [t^(s-1)*e^(- t) / (1-e^(-t)) *dt ]
Untere Grenze t = 0 , obere Grenze t = unendlich)
Realteil(s) > 1.
Zeta(s) = sum [n^(-s),n =1..infinity] ist die
Riemannsche Zetafunktion nach
Berhard Riemann (1826-1866).
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath
|
Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. März, 2002 - 18:47: |
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Hi Megamath,
hier die Lösung der 1. Aufgabe:
Beweis von Aussage 1)
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Beweise:
Gamma(1/6)=2^(-1/3)(3/Pi)^(½ )[Gamma(1/3)]^2
Hinweis:
Benütze den Ergänzungssatz und die
Verdoppelungsformel für z =1/3.
Dann tun wir das doch:
1] Bezeichnungen:
G(z)...Gamma(z)
2] Beweis
G(z)*G(0.5+z)=(G(2z)*sqrt(pi))/(22z-1)
Für z=1/3 folgt:
G(1/3)*G(5/6)=(G(2/3)*sqrt(pi))/(2^(-1/3))....(a)
Aus den Ergänzungssätzen entnehmen wir jeweils für z=1/6;z=1/3 folgende Beziehungen:
G(z)*G(1-z)=(pi)/(sin(pi*z)
G(1/6)*G(5/6)=2*pi...........(b)
G(1/3)*G(2/3)=(2/3)*pi*sqrt(3)........(c)
Wir lösen (b) nach G(5/6) auf und setzen in (a) ein.
Ergebnis:
G(1/3)*((2pi)/(G(1/6)))=(G(2/3)*sqrt(pi))/(2^(-1/3))....(d)
Wir lösen (d) nach G(1/6) auf.
Ergebnis:
G(1/6)=(2^(-1/3)*G(1/3)*2*pi)/(G(2/3)*sqrt(pi)).......(e)
Wir lösen (c) nach G(2/3) auf und setzen in (e) ein.
Ergebnis:
G(1/6)=(2^(-1/3)*3*[G(1/3)]^2)/(sqrt(3pi)) .....(f)
Der Teilterm 3/(sqrt(3pi)) aus (f) lässt sich über mathematischen "Taschenspielertricks" umformen, sodas (g) entsteht.
3/(sqrt(3pi))=sqrt(3/pi)
Wenn man (g) in (f) einsetzt erhält man:
G(1/6)=2^(-1/3)(3/Pi)^(½ )[G(1/3)]^2
w.z.b.w
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Mit freundlichen Grüßen
Niels
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Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. März, 2002 - 18:52: |
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Hallo Megamath,
übrigens,
1)
Wie lautet die
a) 1-3 Ableitung
b) Umkehrfunktion
c) Stammfunktion
Der Beta- und Gammafunktion?
2) Was ist genau die Beta- und Gammaverteilung?
Gruß N. |
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. März, 2002 - 07:59: |
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Hi Niels,
Meine Gratulation zur famosen Lösung !
Es ist nun an der Zeit, dass das Thema „Gammafunktion“
zu einem (krönenden) Abschluss gebracht wird, damit ich
mich andern Themen, deren Bearbeitung ebenfalls dringlich ist,
zuwenden kann.
Wir können dies umso eher tun, als die Antworten auf Deine
neusten Fragen in manchen Lehrbüchern der Analysis und
Funktionentheorie zu finden sind.
Eine ausgezeichnete Zusammenfassung findest Du im zweiten
Band des soeben erschienenen Lexikons der Mathematik aus
dem Spektrum-Verlag unter dem Stichwort
„ Eulersche Gamma-Funktion“
Unter „Gamma-Verteilung“ findest Du die Antwort auf eine
weitere Frage;
die Verteilungsfunktion ist darin explizit angegeben.
Bemerkung zur Differentiation der Gammafunktion:
Man arbeitet grundsätzlich mit der logarithmischen Ableitung
von G(x) ; diese heisst „Digamma-Funktion“ und wird mit Psi(x)
bezeichnet
Psi(x) = G ´(x) / G (x)
Höhere Ableitungen stehen mit den so genannten
Polygamma (!) – Funktionen im Zusammenhang.
Beiträge zur Digammafunktion findest Du im Archiv dieses Boards
unter dem entsprechenden Stichwort, vorausgesetzt , Deine Suche sei
von Erfolg gekrönt ,was nicht selbstverständlich ist.
Numerische Rechnungen kannst Du bequem mit dem
Computer-Algebra-System Maple ausführen.
Eingabe für G(x) : GAMMA(x)
Eingabe für Digamma(x): Psi(x)
Beispiele
Psi(2)= 1 – C ,wobei C die Euler-Mascheronische Konstante ist.
J = int [G(x) * dx] , untere Grenze 1, obere Grenze 2:
J ~ 0,9222746.
Bis hierher und nicht weiter !
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath
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Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 01. April, 2002 - 10:51: |
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Hi Megamath,
obwohl wir dieses Tema schon zum "krönenden Abschluß" gebracht haben, möchte ich diesen Beitrag dennoch nochmals reaktivieren-diesmal keine neuen Fragen-aber neue Antworten!
Ich wollte nur noch die Lösung der noch nicht bearbeiteten 2. Aufgabe presentieren.
Beweis von Aussage 2) (Teil 1)
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Beweise
Gamma(s)*Zeta(s)=int[t^(s-1)*e^(-t)/(1-e^(-t)) *dt]
Untere Grenze t = 0 , obere Grenze t = unendlich)
Realteil(s) > 1.
Zeta(s) = sum [n^(-s),n =1..infinity] ist die
Riemannsche Zetafunktion nach
Berhard Riemann (1826-1866).
1]Bezeichnungen:
G(s)...Gamma(s)
Z(s)....Zeta(s)
2] Beweis:
Vorraussetzungen:
Z(s) = sum [n^(-s),n =1..infinity]
für s>1
vorab eine Bemerkung:
Dein genanntes Integral
int [t^(s-1)*e^(- t) / (1-e^(-t)) *dt ]
Untere Grenze t = 0 , obere Grenze t = unendlich)
Realteil(s) > 1
lässt sich vereinfachen:
int [t^(s-1)/(e^(t)-1) *dt ]
bzw.
int [x^(s-1)/(e^(x)-1) *dx ]
(alles in den gleichen Grenzen und unter gleichen Bedingungen-Ich habe dabei den Integranden, den Bruch, mit e^(-t) gekürzt.
Das sieht ein blinder mit dem Krückstock *g*)
Ziel ist es nun zu zeigen,dass diesese Integral
int [x^(s-1)/(e^(x)-1) *dx ]
für s>1 konvergiert.
Dies ist die Aufgabe die im 2. Teil des Beweises von mir gelöst wird.
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Bis spätern und
Frohe Ostern
mfg
Niels
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N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 01. April, 2002 - 16:06: |
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Es folgt der 2. Teil des Beweises:
Beweis von Aussage 2) (Teil 2)
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Beweise:
int [(x^(S-1))/(e^(x)-1) *dx]
(unterer Grenze 0; obere Grenze unentlich)
konvergiert für s>1.
Beweis:
2 Abschätzungen machen es möglich:
lim[(e^(x)-1)/x]=1....(i)
x strebt gegen 0
(x^(s-1))/(e^(x)-1)=<1/(x^2)...[x>=x1]...(ii)
Da e^x für x gegen unendlich schneller als jede Potenz strebt.
Sei nun 0<a<b<unendlich dann gilt im Intervall[a;b]
(x^(S-1))/(e^(x)-1)=(x^(S-1)*e^(-x))/(1-e^(-x))=x^(s-1)*e^(-x)*sum[e^(-nx);n=0...infinity]=sum[x^(s-1)*e^(-nx);n=1...infinity]
Wegen |e^(-x)|=<e^(-a)=<1 liegt gleichmäßige Konvergenz vor.
Es wird definiert:
F(x)=x^(s-1)/(e^(x)-1)
fn(x)=x^(s-1)*e^(-nx)
Alle diese Funktionen sind positiv
für x Element R+ .
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Fortsetzung folgt.
Gruß N.
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Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 02. April, 2002 - 08:42: |
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Es folgt nun der Schlußteil:
Beweis von Aussage 2) (Teil 3)
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Wir benötigen einen Hilfssatz:
sei fn:[a,b]->R, n Element N eine Folge stetiger Funktionen.
Die Folge konvergiere auf [a,b] gleichmäßig gegen die Funktion F:[a,b]->R. Dann gilt
int [F(x)dx] = lim [int [fn(x)dx] ]
(Integrale: untere Grenze a;obere Grenze b;Limes für n gegen unendlich)........(H)
Dieser Satz sagt also, dass man bei gleichmäßiger Konvergenz Integration und Limesbildung "vertauschen" darf.
Für uns bedeutet das:
F(x) = (x^(s-1))/(e^(x)-1)
fn(x)= x^(s-1)e^(-nx)
int [F(x)dx]=sum[int[fn(x)dx],n=1...infinity]
(Integrale:untere Grenze a; obere Grenze b)....(1)
Aus (1) folgt:
sum[int fn (x) dx], n=1...N]=<int [F(x)dx]
(N>=1;Integrale: int[F(x)dx] untere Grenze jetzt 0;
obere Grenze jetzt unendlich; die Grenzen von int[fn(x)dx] sind
erstmal die Gleichen wie in (1))
Grenzwertübergang:a->0;b->infinity
sum[int fn (x) dx], n=1...N]=<int [F(x)dx]
(N>=1;Integrale: int[F(x)dx] untere Grenze jetzt 0;
obere Grenze jetzt unendlich; die Grenzen von int[fn(x)dx] ebenfalls
untere Grenze 0;obere Grenze unendlich)....(2)
Grenzwertübergang: N->infinity
sum[int fn (x) dx], n=1...infinity]=<int [F(x)dx]
(integralgrenzen wie in (2))
Aus (1) folgt aber auch:
int [F(x)dx]=< sum [int [fn (x) dx], n = 1...infinity]
(Integrale: int[F(x)dx] untere Grenze a; obere Grenze b;
int[fn(x)dx] untere Grenze 0;obere Grenze infinity)
Wieder Grenzwertübergang: a->0;b->infinity
int [F(x)dx] =< sum [int [fn (x) dx], n = 1...infinity]
(Beide Integrale in den Grenzen: untere Grenze 0; obere Grenze unendlich)
Daraus folgt:
int [F(x)dx] = sum [int [fn (x) dx], n = 1...infinity]...(3)
(Beide Integrale in den Grenzen: untere Grenze 0; obere Grenze unendlich)
Wir berechnen int[fn(x)dx]
(Integrationsgrenzen wie in (3))
durch die Substitution t=nx
int [fn(x)dx] = int [x^(s-1) e^(-nx) dx] = n^(-s) int [t^(s-1) e^(-t) dt] = n^(-s)*G (s).....(4)
Da sum[n^(-s),n=1...infinity]=z(s)
folgt die Behauptung:
int [(x^(s-1))/(e^(x)-1) *dx] = z(s)*G(s)
(Integral in den Grenzen: untere Grenze 0; obere Grenze unendlich)
q.e.d
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Ein herzliches Dankeschön an H.R.Moser für seine Hilfe und für die "netten Aufgaben" zu diesem Tema.
Gruß N.
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H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 03. April, 2002 - 12:35: |
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Hi Niels,
Mein Kompliment zu Deiner
hervorragenden dreiteiligen Arbeit.
Ich möchte nicht versäumen , Dir die
übliche Lösung der Aufgabe vorzuführen
Diese Lösung ist kurz und elegant;
im Zentrum des Beweises steht der Gebrauch
einer unendlichen geometrischen Reihe.
Wir haben zu zeigen:
Für s > 1 gilt:
Gamma(s) * Zeta(s) =
int [t^(s-1)* e ^ (-t) /{1 – e ^(-t) } * dt, t=0..unendlich]
Da die Funktion u(t) = t /{1 – e ^(-t) }
nach oben beschränkt ist und die Konvergenz
des Integrals aus der Darstellung der Gammafunktion
nachgewiesen ist, existiert auch das Integral auf der
rechten Seite der obigen Formel.
Die Funktion v(t) = e ^ (-t) / {1 – e ^(-t) } kann als
Summe einer unendlichen geometrischen Reihe mit
dem Anfangsglied e^(-t) und dem Quotienten e^(-t)
aufgefasst werden
Diese Reihe lautet:
v(t) = e^(-t) + e^(-2t)+......+ e^ (-nt) +....ad infinitum.
Zusammen mit dem Faktor t^(s-1) wird diese Reihe
gliedweise nach t von t = 0 bis t= unendlich integriert.
Wir zeigen:
Das entsprechende Integral des allgemeinen Gliedes
t^(s-1) e^ (-nt) ergibt gerade den allgemeinen
Summand 1/n^s in der Reihe für Zeta(s).
Bei der Ausführung dieses letzten Schrittes beim
Beweis wird man wie folgt substituieren:
n * t = tau , n* dt = d(tau), Grenzen unverändert.
Die Berechnungen en détail überlasse ich Dir .
Nochmals besten Dank für die gute Zusammenarbeit !
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath.
|
Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 03. April, 2002 - 15:41: |
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Hi Megamath,
Danke für die weiterern Außführungen.
Ich werde sie mal genauer durchrechnen.
Die Aufgaben habe ich in dem Buch von Freitag-Busam zur Funktionstheorie entdeckt.
(Seite 206,Aufg.7;Seite 442 Aufgabe 6)
Meine Lösung stammt aus dem Buch Otto Förster: Analysis I
Naja, viele Wege führen nach Rom:-)
Bei der Beschäftigung mit dieser Aufgabe bin ich auf die nette Zetafunktion gestoßen.
Ein Faszinosum ist, das Marple V nichtmal in der Lage ist Zeta(3) zu berechnen.
Naja, also
ich danke Dir ebenfalls für die bisher gute Zusammenarbeit.
Viele Grüße
Niels
Vielleicht öffne ich zu diesem Tema einen neuen Beitrag.
|
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 03. April, 2002 - 21:57: |
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Hi Niels,
zur Ehrenrettung des Cas-Maple V
Es ist nicht erstaunlich, dass Maple bei
Zeta(3) das Handtuch wirft !
Auszug aus einer meiner Beiträge zur Zetafunktion
vom 25.April 2000 in Zahlreich:
„....letztere stellt übrigens im Falle der Konvergenz
die aus der Zahlentheorie und aus der Funktionentheorie
bekannte Zetafunktion Zeta(s) (s>1) dar
Es gelten die bemerkenswerten Relationen:
Zeta ( 2 ) = Pi ^2 / 6 ,
Zeta ( 4 ) = Pi ^ 4 / 90 ,
Zeta ( 6 ) = P i ^ 6 / 945 ... u.s.w.
Ueber die Zeta - Werte ungerader Argumente ist nichts
derartiges bekannt....“.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
|
Niels
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 10:39: |
|
Hallo Megamath,
interessant.
Bei der Durcharbeit der Beiträge zur Zetafunktion(Auch den vom 25. April 2000)
ist mir aufgefallen, das ihr viel mit Fourier-Reihen rumjongliert habt.
Das ist eine "große Quälerei" Zeta(2) mit Fourier-Reihen zu entwickeln.
Ich finde dies etwas umständlich.
Hast du schon mal an Doppelintegrale gedacht?
Falls es dich interessiert- und das illustre Fachpublikum hier auch- werde ich auf elegante weise Zeta(2) berechnen.
Wie gesagt-nur bei interesse-Würde mich aber echt wundern, wenn du den Beweis nicht kennen solltest- Der kommt eben ganz ohne Fourier Reihen aus.
Also-Wenn bedarf ist erledige ich das schnell.
Einfach mir nochmal Rückmeldung geben-Entweder hier oder per Mail.-Der Beweis wird dann hier von mir ins Board gestellt.
Gruß N.
|
Vredolf Ludrian (vredolf)
Mitglied
Benutzername: vredolf
Nummer des Beitrags: 31
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 14:31: |
|
Hi, Niels!
An einem möglichst elementaren Beweis von zeta(2)=pi^2/6
bin ich sehr interessiert, da ich bisher keinen eingängigen
kennengelernt habe.
Von mir also klar grünes Licht für den "eleganten Beweis"!
Grüße, VL (formerly known as "Xell") |
H.R.Moser,megamath
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 15:28: |
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Hi Niels,
ich schliesse mich dem Wunsch an !
Oeffne einen Beitrag unter einem neuen Titel
MfG
H.R.Moser,megameth |
N.
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 15:44: |
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Hi Vredolf,
-oder darf ich dich auch "Xell" nennen?
Wir kennen uns ja auch schon etwas länger aus dem Board...
Der Beweis ist keineswegs "elementar"-Er ist zimlich raffitückie trickreich-Richtig ist aber, das man nur "elementare Analysis" braucht um ihn nachvollziehen zu können.(also keine Fourier-Reihen)
Bevor ich den Beweis führe würde mich aber mal interessieren Wie ihr ihn sonst beweist.
(nur Stichworte wie z. B Fourier-Reihen etc)
Also,
Ich bitte noch um etwas Geduld.
Gruß N.
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Xell
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 04. April, 2002 - 17:17: |
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Ich weiß nur von Beweisen, bei denen Fourier-Reihen
bzw. Doppelintegrale vorkommen, also nicht-elementare.
In freudiger Erwartung, Xell
P.S.: Nach Boardumstellung konnte ich meinen alten
Namen nicht weiterverwenden. Jetzt scheint's wieder zu gehen. :-) |
|
