By R. Courant (auth.)
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18. x Diese Behauptung können wir nicht etwa dadurch beweisen, daß wir den Grenzübergang in Zähler und Nenner für sich ausführen; denn 0, und das Symbol ~- als o solches hat gar keinen Sinn. Wir schlagen zum Beweise dieser Limesgleichung folgenden Weg ein. Aus Fig. 18 entnehmen wir durch Vergleichen der Flächeninhalte Zähler und Nenner verschwinden für x = der Dreiecke 0 A Bund 0 A C und des Sektors 0 A B für 0 < x < ~ sin x < x < tg x; 2 daraus folgt für 0 < Ix I < "'~: 2 1< --c-t' < smx cosx Mithin ist der Quotient ~~ zwischen den Grenzen 1 und cos x emx geschlossen.
Da das letztere, wie eben bewiesen, die Winkelsumme 2' 180° hat, und da das Dreieck die Winkelsumme 180° hat, erhalten wir 3 . 180° für das Fünfeck. Nun ist es klar, daß wir in derselben Weise immer weiter fortfahren können, und so den Satz für n=4, dann für n= 5, usw. beweisen. Jede Aussage folgt in derselben Weise aus der vorangehenden, so daß der allgemeine Satz A für alle n als selbstverständlich erkannt ist. I 24 1. Vorbereitungen. Ähnlich wird die Aussage A' bewiesen. Für n = 1 ist sie offenbar richtig, da eine einzelne Gerade die Ebene in zwei Teile teilt.
Man kann übrigens leicht sehen, wie ausgezeichnet das Verfahren konvergiert. Es sei VIX = all 6", + wobei man wegen der Symmetrie in den a und b annehmen kann, daß 6" > O. Dann ist also 1 a"T'1 = -2 (a n + bn) = . l/IX . +-+ ... 2 V;; Es ist also der neue Fehler ungefähr gleich ö~ -;cc' 6!. Hat man etwa VlO 2VO: auf fünf Dezimalen berechnet, so erhält man mit einem weiteren Schritt sofort eine Genauigkeit von zehn Dezimalen. Eine Verallgemeinerung des obigen Beispiels ist die Folge a H +1 = -~((m - 1) a n +-~) m a:f-l' wobei m > 1 eine natürliche Zahl sei.