Diskussionen zum Übergangsmarathon - Seite 6

30.11.2014, 16:11

Mathema

Ok - danke dir. Dann werde ich mal weiterüberlegen wieso es die einzige Untergruppe mit Index 2 ist. Da wird mir hoffentlich denn auch noch was einfallen.

30.11.2014, 16:43

tmo

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Vielleicht geb ich dir einen kleinen Tipp.

Da eine Untergruppe $\begin{align*} U\subset S_n \end{align*}$ vom Index 2 stets Normalteiler ist, enthält sie entweder alle Transpositionen oder gar keine Transposition.

Welcher der beiden Fälle tritt hier ein? Und wie können wir das benutzen um $\begin{align*} U \supset A_n \end{align*}$ zu zeigen?

30.11.2014, 17:23

Mathema

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Also wenn U eine Untergruppe ist kann U doch nicht alle Transpositionen enthalten, weil die ja gerade $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ erzeugen, also enthält U keine Transposition. Richtig? verwirrt

02.12.2014, 07:42

tmo

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Ja, richtig. Und wie sieht nun die Zerlegung eines Elements aus $\begin{align*} A_n \end{align*}$ in Transpositionen aus?

02.12.2014, 07:55

RavenOnJ

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Das wesentliche ist wohl, dass man zeigt, warum eine UG mit Index 2 diese Eigenschaft ("entweder alle Transpositionen oder gar keine Transposition") hat. Der Rest ist ja einfach.

02.12.2014, 07:58

tmo

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Einfach ist ja zunächst mal relativ. Für jemanden, dem der "Rest" leicht fällt, ist diese Eigenschaft wahrscheinlich noch viel einfacher.

02.12.2014, 13:58

Mathema

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Also wenn ich das nun richtig verstehe, kann ich nun also auf Grund des Homomorphismus schließen, dass alle Produkte aus einer geraden Anzahl von Transpositionen in U sind, und das sind ja gerade die Elemente der Gruppe $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ . Und somit wäre $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ die einzige Untergruppe mit Index 2.

03.12.2014, 07:41

tmo

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Ja, jetzt schreibe doch mal alles zusammen als Lösung in den Thread Augenzwinkern

03.12.2014, 14:43

Mathema

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Ok - ich versuch es mal, auch wenn ich es bestimmt nicht so elegant wie du aufschreiben kann. Falls also noch was verbessert werden muss/soll, sag bescheid.

Vielen Dank aber jetzt schon mal, dass du dir die Zeit genommen hast, die Aufgabe hier mit mir durchzugehen.

03.12.2014, 17:06

tmo

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Ja, das passt. Aber an einer Stelle kannst du evtl. noch kurz ein Argument ausführen.

Hier habe ich RavenOnJ erst widersprochen, aber jetzt muss ich ihm in Nachhinein angesichts deiner Lösung doch Recht geben Big Laugh

Zitat:

Original von RavenOnJ
Das wesentliche ist wohl, dass man zeigt, warum eine UG mit Index 2 diese Eigenschaft ("entweder alle Transpositionen oder gar keine Transposition") hat.

Genau an der Stelle kannst du vielleicht noch Details bringen.

Eine etwas andere, aber ähnliche Argumentation ist die folgende:

Ist $\begin{align*} U \end{align*}$ Untergruppe (also Normalteiler) vom Index 2, so enthält $\begin{align*} U \end{align*}$ alle Quadrate. Da jeder 3er-Zykel wegen $\begin{align*} (abc)=(abc)^4 \end{align*}$ ein Quadrat ist, enthält $\begin{align*} U \end{align*}$ alle 3er-Zykel, also $\begin{align*} U \supset A_n \end{align*}$ , aus Mächtigkeitsgründen gilt Gleichheit.

Das hier auftretende Hauptargument lässt sich folgendermaßen verallgemeinern: Ist $\begin{align*} N \subset G \end{align*}$ Normalteiler vom Index n, so enthält $\begin{align*} N \end{align*}$ alle Elemente aus $\begin{align*} G \end{align*}$ , deren Ordnung teilerfremd zu $\begin{align*} n \end{align*}$ ist. Damit kann man häufig Normalteiler mit einem bestimmten Index ausschließen, wenn es "zu viele" Elemente mit teilerfremder Ordnung gibt. Beispiel: $\begin{align*} A_4 \end{align*}$ hat 9 Elemente ungerader Ordnung, insbesondere kann $\begin{align*} A_4 \end{align*}$ keine Untergruppe der Ordnung 6 haben, da diese alle diese 9 Elemente enthalten müsste (Dies ist ja bekanntlich auch das kleinste Beispiel einer Gruppe, bei der die Umkehrung des Satz von Lagrange nicht gilt, es also nicht zu jedem Teiler der Gruppenordnung eine entsprechende Untergruppe gibt).

Aber so langsam komme ich vom Thema ab... Big Laugh

03.12.2014, 18:08

Mathema

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Könnte ich das dann so ausführen?

Wenn $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ein Normalteiler ist bedeutet das ja $\begin{eqnarray*} \forall_a \in S_n: a\circ U = U\circ a \end{eqnarray*}$ . Die Nebenklassen bilden eine Partition der Gruppe, jedes Gruppenelement ist in genau einer Nebenklasse enthalten. Also sind $\begin{eqnarray*} a \circ U \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U \circ a \end{eqnarray*}$ entweder beide $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ enthält alle Transpositionen) oder das Komplement von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ enthält keine Transposition).

04.12.2014, 00:26

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Mathema
Also sind $\begin{eqnarray*} a \circ U \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U \circ a \end{eqnarray*}$ entweder beide $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ enthält alle Transpositionen) oder das Komplement von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ enthält keine Transposition).

Diese Schlussfolgerung ist mit schleierhaft.

04.12.2014, 00:54

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo
Ist $\begin{align*} N \subset G \end{align*}$ Normalteiler vom Index n, so enthält $\begin{align*} N \end{align*}$ alle Elemente aus $\begin{align*} G \end{align*}$ , deren Ordnung teilerfremd zu $\begin{align*} n \end{align*}$ ist.

Denn:
Sei $\begin{align*} a \end{align*}$ ein solches Element mit $\begin{align*} m:=\operatorname{ord}(a) \end{align*}$ teilerfremd zu $\begin{align*} n \end{align*}$ , das nicht in $\begin{align*} N \end{align*}$ enthalten ist. Weil das Element $\begin{align*} aN \end{align*}$ der Faktorgruppe $\begin{align*} G/N \end{align*}$ eine Ordnung haben muss, die Teiler von $\begin{align*} m \end{align*}$ ist und gleichzeitig Teiler von $\begin{align*} n \end{align*}$ (wegen Lagrange), ergäbe sich ein Widerspruch.

06.12.2014, 20:54

Mathema

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Ok - das war nichts. Ein zweiter Versuch:

Da $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ eine normale Untergruppe ist, müssen die Elemente bezüglich der Multiplikation abgeschlossen sein.

Für jede Permutation $\begin{eqnarray*} \alpha \in S_n (\alpha \neq id) \end{eqnarray*}$ gibt es eine Permutation $\begin{eqnarray*} \beta \in S_n \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \alpha\beta \end{eqnarray*}$ die Form (***) oder (**)(**) hat. Daher muss $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ entweder alle Dreierzyklen, oder alle Elemente der Form (**)(**) enthalten.

07.12.2014, 09:22

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Mathema
Da $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ eine normale Untergruppe ist, müssen die Elemente bezüglich der Multiplikation abgeschlossen sein.

Ehrlich gesagt weiß ich nicht, was du damit sagen willst. Elemente können nicht abgeschlossen sein. Die charakteristische Eigenschaft eines Normalteilers ist, dass er unter Konjugation invariant bleibt, d.h. konjugiert man ein Element des NT, so erhält man wieder ein Element des NT, u.U. dasselbe.

Zitat:

Für jede Permutation $\begin{eqnarray*} \alpha \in S_n (\alpha \neq id) \end{eqnarray*}$ gibt es eine Permutation $\begin{eqnarray*} \beta \in S_n \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} \alpha\beta \end{eqnarray*}$ die Form (***) oder (**)(**) hat.

Was hast du damit gewonnen? Das ist nämlich trivialerweise so: Sei $\begin{align*} d\in S_n \end{align*}$ ein Dreizyklus und $\begin{align*} \alpha\in S_n \end{align*}$ irgendeine Permutation, dann ist $\begin{align*} \beta:=\alpha^{-1}d\in S_n \end{align*}$ das gesuchte Element.

Zitat:

Daher muss $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ entweder alle Dreierzyklen, oder alle Elemente der Form (**)(**) enthalten.

Außerdem benutzt du nirgendwo die Eigenschaft, dass $\begin{align*} U\le S_n \end{align*}$ Index 2 hat, denn darum ging es doch wohl.

07.12.2014, 09:57

Mathema

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Oje

Dann fürchte ich komm ich hier doch nicht mit meinem gefährlichen Halbwissen weiter.

Danke aber trotzdem erstmal für deine Rückmeldung. Ich werde mal weiterüberlegen, sofern es meine Zeit hergibt.

Wünsch jedenfalls erstmal einen schönen zweiten Advent!

10.12.2014, 18:37

Mathema

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Wer stellt eine neue Aufgabe?

10.12.2014, 20:30

RavenOnJ

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Wer will.

20.12.2014, 17:46

Mathema

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Hat noch jemand Interesse an der aktuellen Aufgabe? Hätte vielleicht auch doch eher in den Schulmarathon gepasst, ist eine alte Klausuraufgabe, die ich in der 11. Klasse damals geschrieben habe. Da im Unimarathon ja aber auch nichts mehr passiert und der Schulmarathon belegt war, hatte ich sie mal hier gestellt. Ansonsten würde ich bald mal auflösen. Irgendwie waren in den letzten Tagen auch gefühlt 20 Extremwertprobleme hier im Forum, da kann ich schon verstehen, dass dazu gerade keiner mehr Lust hat.

Zudem würde ich auch gerne wieder mitrechnen. Also überlegt euch schon mal eine neue Aufgabe!

@Guppi: Hast du nicht noch eine schöne Analysis-Aufgabe im Angebot?

Weiterhin ein schönes Wochenende!

smile

20.12.2014, 18:41

Guppi12

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Ich kann mal schauen, ob ich noch was finde. Allerdings nicht vor Montag.

Der Mann mit den genialen Aufgaben hier ist aber eigentlich tmo smile

Ebenso ein schönes Wochenende Wink

Edit: Ok, habe jetzt doch eine Aufgabe. Warte aber vielleicht mit dem Auflösen wirklich noch ein bisschen, vielleicht ist es jemandem entgangen, dass hier noch etwas offen ist.

20.12.2014, 20:48

Mathema

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@Equester: Vielen Dank. Ich habe mich schon immer gefragt, wieso das bei mir immer so komisch aussieht. Augenzwinkern

@Guppi:

Sorry - dein edit hatte ich nicht mehr gesehen. Soll ich noch mal rausnehmen die Lösung?

20.12.2014, 20:58

Guppi12

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Nein nein, es ist doch deine Entscheidung, wenn du auflösen möchtest Augenzwinkern

20.12.2014, 21:01

Mathema

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Ok - vielleicht hatte auch nur niemand Lust so viel abzutippen, es war doch etwas mühsam. Big Laugh

Dann freue ich mich auf eine neue Aufgabe!

Wink

20.12.2014, 21:25

Mathema

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Nur noch mal zur Sicherheit, dass ich die Aufgabe verstanden habe:

Ich tausche also nur die 1 mit der 2 und alle anderen Zahlen bleiben so liegen wie auf dem Bild. Und danach kann ich schieben wie ich will und bekomme es nie wieder so hin, wie es aktuell abgebildet ist.

Ist das richtig?

20.12.2014, 21:29

Guppi12

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Genau

22.12.2014, 09:51

Mathema

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@Guppi:

Da kam es mir doch zu Gute, dass ich mich bei der vorletzten Aufgabe wieder etwas mit Gruppen beschäftigt habe. Augenzwinkern

Die Permutation wollte ich eigentlich aus schreiben, aber wenn ich noch eine 11 dazugesetzt habe, wollte er das nicht mehr anzeigen?!

Mit Analysis hatte das aber nichts zu tun. verwirrt

24.12.2014, 14:55

Guppi12

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Hab erst jetzt gesehn, dass du gelöst hast, tut mir Leid. Sehr schöne Lösung Freude

Hatte gerade keine Analysis zur Hand Augenzwinkern

Die Aufgabe wurde uns in Lineare Algebra mal über die Weihnachtsferien gestellt und ich fand sie ganz nett. Sie zeigt finde ich sehr schön, wie man mit mathematischen Methoden Probleme lösen kann, über die man sonst irgenwie gar keinen Überblick hätte.

Frohe Weihnachten dir !

24.12.2014, 14:58

Mathema

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Danke sehr!

Ich hätte dir sonst auch noch gleich eine Nachricht geschrieben, aber dann wünsche ich dir auf diesem Wege nun frohe Festtage!

Die Analysis-Aufgabe habe ich nun übernommen Augenzwinkern

25.12.2014, 10:23

RavenOnJ

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@bijektion
Du solltest dich auch an die Gepflogenheit halten, mindestens 24 Stunden zwischen Erstellung und Lösung verstreichen zu lassen.

25.12.2014, 11:15

Mathema

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Die Lösung ist aber natürlich richtig. Freude

Man kann am Anfang auch gut hier mit arbeiten:

$\begin{eqnarray*} \sin(x)\cos(x) = \frac{1}{2}\sin(2x) \end{eqnarray*}$

Wendet man noch ein Logarithmengesetz an, ergibt sich also:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{2}\ln(\frac{1}{2}\sin(2x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{\cos(2x)}{\frac{1}{2}\sin(2x)}=\frac{\cos(2x)}{\sin(2x)} \end{eqnarray*}$

Also für das Integral:

$\begin{eqnarray*} \int \sqrt{1+\frac{\cos^2(2x)}{\sin^2(2x)}}dx = \int \frac{1}{sin(2x)}dx = \frac{1}{2}\int \frac{1}{\sin(x)\cos(x)}dx = \frac{1}{2}(\ln(\sin(x))-\ln(\cos(x))) \end{eqnarray*}$

Stellst du eine neue Aufgabe, bijektion?

25.12.2014, 13:15

bijektion

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@RavenOnJ: Du hast natürlich recht, das habe ich leider überlesen unglücklich

@Mathema: Ja Wink

04.02.2016, 10:25

HAL 9000

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Fein, eine Wiederbelebung des Threads! Interessant, dass man die Ergebnisbegründung völlig analog auf folgende Verallgemeinerung übertragen kann:

$\begin{align*} a_{n+1} := T\left( \sum_{k=0}^n a_k \right) \end{align*}$ mit einer positiven, monoton fallenden Funktion $\begin{align*} T \end{align*}$ . Oder noch weitergehender mit einer Funktion $\begin{align*} T \end{align*}$ , welches eine solche positive, monoton fallende Funktion nur als Minorante besitzt. Augenzwinkern

08.04.2016, 17:36

DrummerS

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Aufgabe 51

Für alle positiven ganzen Zahlen $\begin{align*} n \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \sum_{j=1}^n (-1)^{j-1} \binom{n}{j} \frac{1}{j} = \sum_{j=1}^n \frac{1}{j} \end{align*}$

Auch wenn ich den Weg nicht vorschreiben will: Ein Beweisweg ohne Vollständige Induktion ist möglich. Augenzwinkern

Um eine vollständige Induktion zu umgehen, könnte man vielleicht die Partialsummen der harmonischen Reihe als Glieder einer arithmetischen Folge höherer Ordnung begreifen?

Ich meine hiermt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1}{j} = a_{n} = 1+\frac{\left(n-1\right)}{1!}\frac{1}{2} -\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2!}\frac{1}{6}+\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{3!}\frac{1}{12}-... \end{eqnarray*}$

In Binominalkoeffizienten dargestellt wäre das (wenn ich richtig umgeformt habe):

$\begin{eqnarray*} a_{n} = \begin{pmatrix} n-1 \\ n-1 \end{pmatrix} + \frac{1}{1} \begin{pmatrix} n-1 \\ n-2 \end{pmatrix} \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix} n-1 \\ n-3 \end{pmatrix} \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \begin{pmatrix} n-1 \\ n-4 \end{pmatrix} \frac{1}{4}-... \end{eqnarray*}$

Durch weiteres Umformen könnte man vermutlich irgendwie zu $\begin{eqnarray*} a_{n}= \sum\limits_{j=1}^{n} \left(-1\right)^{j-1}\begin{pmatrix} n \\ j \end{pmatrix} \frac{1}{j} \end{eqnarray*}$ gelangen....? verwirrt

11.04.2016, 11:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von DrummerS
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1}{j} = a_{n} = 1+\frac{\left(n-1\right)}{1!}\frac{1}{2} -\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2!}\frac{1}{6}+\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{3!}\frac{1}{12}-... \end{eqnarray*}$

Hmm, ich verstehe nicht, wieso das gelten soll - auch der Hinweis "arithmetische Folge höherer Ordnung" ist für mich zumindest nicht hilfreich. Vielleicht kannst du ja meine Denkblockade lösen. verwirrt

11.04.2016, 13:58

IfindU

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Ich denke die Formel sollte über Polynominterpolation folgen. D.h. mit dem Lagrange-Polynom hat man
$\begin{eqnarray*} p(x) = \sum_{j = 1}^n y_j \cdot \prod_{1 \leq i \leq n, i \neq j} \frac { x - x_i}{x_j - x_i} \end{eqnarray*}$ , was die Punkte $\begin{eqnarray*} (x_j, y_j) \end{eqnarray*}$ besucht. Mit $\begin{eqnarray*} x_j = j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_j = \sum_{k = 1}^j \frac 1 k \end{eqnarray*}$ könnte sich die Formel ergeben.

11.04.2016, 14:24

HAL 9000

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lange Leitung
Ich versteh trotzdem nicht, wie die obige Formel aus diesem Interpolationspolynom hervorgehen soll - als spezieller Funktionswert wie p(n), oder wie? verwirrt

11.04.2016, 14:28

IfindU

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RE: lange Leitung
Das war zumindest meine Hoffnung. Ich habe es aber nicht nachgerechnet -- die ungefähre Form passte aber, weswegen ich vorsichtig optimistisch war Augenzwinkern

11.04.2016, 14:36

HAL 9000

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Ich stelle die Formel von DrummerS keineswegs in Frage (vorsichtiges Einsetzen einiger n spricht für sie), mir fehlt eben nur eine knackige Begründung über möglichst wenige Ecken. Augenzwinkern

11.04.2016, 20:38

DrummerS

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Eine "knackige Begründung" kann ich leider nicht liefern Augenzwinkern

. Meine Herleitung war recht umfangreich. Einfacher, wie IfindU vorgeschlagen hat, geht es vielleicht auch. Ich versuche mal mit wenigen Summanden, die Systematik bei der Bildung dieses Ausdrucks aufzuzeigen. Betrachten wir daher nur die ersten drei Summanden und damit eine arithmetische Folge "zweiter Ordnung":

$\begin{eqnarray*} a_{n} = a_{1}+\frac{\left(n-1\right)}{1!}D_{1,1} -\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2!}D_{2,1} \text{ mit } n \in \mathbb N \text{ und } \left\{a_{1}, D_{1,1}, D_{2,1}\right\} \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ (1)

$\begin{eqnarray*} D_{1,1} \text{ und } D_{2,1} \end{eqnarray*}$ stehen für das jeweils erste Glied der ersten und zweiten Differenzenfolge.

Bei der Herleitung von Gleichung (1) arbeiten wir uns von rechts nach links vor. Zunächst stellen wir klar, dass

$\begin{eqnarray*} D_{2,j} = D_{2,1} \text{ für } j \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , (2)

da ansonsten "die Ordnung" der arithmetischen Folge größer als 2 wäre.

Dann gilt folgender Zusammenhang, aufgrund des Wesens einfacher arithmetischer Folgen:

$\begin{eqnarray*} D_{1,k} = D_{1,1}+\left(k-1\right)D_{2,1} \text{ mit } k \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ (3)

Nun "springen" wir kurz eine "Ebene" höher. Für $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ gilt dann:

$\begin{eqnarray*} a_{n} = a_{1} + \sum\limits_{i=1}^{k} D_{1,i} = a_{1} + \sum\limits_{i=1}^{k} \left(D_{1,1}+\left(i-1\right)D_{2,1}\right) \end{eqnarray*}$ (4)

Von dieser "Ebene springen" wir nun wieder herunter, um erst die arithmetische Reihe separat zu betrachten. Für deren Berechnung ist folgender Zusammenhang bekannt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{i=1}^{k} \left(D_{1,1}+\left(i-1\right)D_{2,1}\right) = kD_{1,1}+\frac{k\left(k-1\right)}{2}D_{2,1} \end{eqnarray*}$ (5)

Wenn der rechtsseitige Ausdruck aus Gleichung (5) in Gleichung (4) eingesetzt und der Index durch die Indexverschiebung $\begin{eqnarray*} k = n-1 \end{eqnarray*}$ , auf die eigentliche "Ebene" von $\begin{eqnarray*} a_{n} \end{eqnarray*}$ , angeglichen wird, dann folgt aus Gleichung (4) unmittelbar Gleichung (1). Ein einfaches Beispiel für die schnelle Bildung der Haupt- und Differenzenfolgen wäre $\begin{eqnarray*} a_{n} = n^{2} \text{ mit } a_{1} = 1, D_{1,1} = 3 \text{ und } D_{2,1} = 2 \end{eqnarray*}$ .

Je höher "die Ordnung" der arithmetische Folgen, desto mehr arbeitet man sich Schritt für Schritt nach links vor. Die Berechnung der Ausdrücke für die Summanden "nach rechts hin" wird dabei immer komplizierter, weshalb ich mich hier nur auf eine Folge zweiter Ordnung beschränkt habe. Hat man bereits viele Summanden ermittelt, dann fällt einem ein System auf und die Frage, ob dieses System zur Bildung von Summanden gültig ist. Ein Beweis dazu steht jedoch noch aus Augenzwinkern

.

Für $\begin{eqnarray*} a_{m} = \sum\limits_{p=1}^{m} \frac{1}{p} \end{eqnarray*}$ habe ich Differenzenfolgen gebildet. Das jeweilig erste Glied der ersten drei Differenzenfolgen sind in meinem ersten Post zu Aufgabe 51 in diesem Thread erkennbar: $\begin{eqnarray*} D_{1,1} = \frac {1}{2}, D_{2,1} = \frac {1}{6} \text{ und } D_{3,1} = \frac {1}{12} \end{eqnarray*}$ . Generell müsste die Ordnung der jeweils passenden arithmetischen Folge $\begin{eqnarray*} m-1 \end{eqnarray*}$ sein, da ansonsten bestimmte Partialsummen der Harmonischen Reihe (bei p >> 1 und p < m + 1) ja durch ein Polynom "niedrigen" Grades extrapoliert werden könnten.

Damit ist Aufgabe 51 natürlich noch nicht bewältigt. Ist aber dieser Erklärungsversuch zu den Summanden einigermaßen verständlich smile

12.04.2016, 07:01

DrummerS

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Upps, für Aufgabe 51 ist $\begin{eqnarray*} D_{2,1} = -\frac {1}{6} \end{eqnarray*}$

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