Reihe mit Potenzen berechnen

24.02.2013, 03:33

gr0ode

Reihe mit Potenzen berechnen

Meine Frage:
Hallo Matheboard,
Ich habe mich schon immer gefragt wie man auf den Wert von Summen kommt. Ich kenne arithmeitsche und geometrische Summen und habe auch die Methode verstanden wie man auf die jeweiligen Formeln kommt. Wir mussten dann mit Induktion verschiedene Summenformeln beweisen. Das ist ja alles schön und gut aber ich habe mich gefragt wo das alles herkommt. Nun wollte ich mir bspw. herleiten wie man auf die Summenformel für k^2 gekommen ist. Mir ist da ein schöner Einfall gekommen nur leider scheine ich auf dem Holzweg zu sein und hatte gehofft ihr könnt mir da weiterhelfen. Bei dieser Frage handelt es sich nur um reine Neugierde.

Meine Ideen:
Also uns wurde gesagt dass die Summenformel der Quadrate $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n k^2= \frac{n\cdot(n+1)\cdot (2n+1) }{6} \end{eqnarray*}$ .
Ich hatte die Idee die Summe abzuleiten und damit Terme mit nur k zu kriegen und das Ganze somit auf eine aritmetische Summe zu reduzieren. Der Wert der arithmetischen Summe beträgt ja dann genau $\begin{eqnarray*} \frac{a_0+a_n}{2}\cdot (n+1) \end{eqnarray*}$ . Nun wollte ich das Ganze integrieren um auf die Ursprüngliche Summe zurück zu kommen. Die Ableitung von $\begin{eqnarray*} k^2 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} 2k \end{eqnarray*}$ .
Die Summe ist somit $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n 2k = n^2+n \end{eqnarray*}$ . Wenn ich nun aber die Formel $\begin{eqnarray*} \frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+ \frac{n}{6} \end{eqnarray*}$ ableite komme ich auf $\begin{eqnarray*} n^2+n+1/6 \end{eqnarray*}$ . Wo genau kommt diese 1/6 her? Es hat ja offensichtlich nicht mit einer Integrationskonstante zu tun sonst müssten ja beide Ableitungen gleich sein, wo ist mein Denkfehler, wie genau kommt man auf diese Formeln , ich habe leider nirgends die Antwort zu diesem Thema gefunden und dachte ich frag mal hier nach, wahrscheinlich ist es offensichtlich und ich sehe es einfach nicht^^

24.02.2013, 08:15

shipwater

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Hallo,

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \left((k+1)^3-k^3\right)=(n+1)^3-1 \end{eqnarray*}$ ist leicht zu bestimmen (Teleskopsumme). Das heißt aber $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n (3k^2+3k+1)=(n+1)^3-1 \end{eqnarray*}$
Mit bisschen Umformung kannst du nun nach der gesuchten Summenformel auflösen.

Gruß Shipwater

24.02.2013, 10:07

gr0ode

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Cool, danke für den Hinweis, ich frage mich aber immer noch was an meiner Idee so falsch war?

24.02.2013, 10:13

shipwater

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Du solltest dich lieber fragen warum deine Idee richtig sein sollte. Was du machst ist sehr dubios, du versuchst Folgen abzuleiten etc...

Gruß Shipwater

24.02.2013, 10:33

Mystic

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@gr0ode

Ich muss da leider shipwater voll beipflichten: Du machst da etwas, was weder Hand noch Fuß hat, und wunderst dich dann, dass am Ende nicht das Richtige dabei herauskommt... geschockt

Wenn dir wirklich so der Sinn nach "Ableiten" steht, dann könntest du ja folgendermaßen vorgehen: Nimm dazu die endliche geometrische Reihe

$\begin{eqnarray*} 1+x+x^2+\ldots+x^n= \underbrace{\frac {x^{n+1}-1}{x-1}}_{=:f(x)} \end{eqnarray*}$

leite die rechte Seite ab, multipliziere das Ergebnis mit x, leite das nochmals ab... Daraufhin erhälts du einen Bruchterm, von der Form

$\begin{eqnarray*} \frac {g(x)}{(x-1)^3} \end{eqnarray*}$

von dem wir den Grenzwert für $\begin{eqnarray*} x \to 1 \end{eqnarray*}$ brauchen, den wir mit L'Hospital bestimmen können... Dazu muss man die Funktion g(x) im Zähler weitere 3 mal ableiten und es gilt dann endlich

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n k^2 = \frac 16 \, g'''(1) \end{eqnarray*}$

Mit insgesamt 5(!) Ableitungen kann man deinen Traum, dass man hier mit bloßem Ableiten zum Ziel kommt, also durchaus verwirklichen ... Big Laugh

24.02.2013, 11:12

zyko

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Generell gilt

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n k^m=\sum\limits_{k=0}^{m+1}a_k n^k \end{eqnarray*}$
Die $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ werden aus dem LGS berechnet, das man für
$\begin{eqnarray*} n=(0,1, 2, \cdots , m+1) \end{eqnarray*}$
aufstellt und natürlich auch löst.

24.02.2013, 11:41

gr0ode

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Oh man ja klar ich hab einfach nach k abgeleitet und dann nach n integriert. Ausserdem hab ich noch $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dk} \sum\limits_{k=0}^n a_k = \sum\limits_{k=0}^n \frac{d}{dk} a_k \end{eqnarray*}$ . Gesetzt... und $\begin{eqnarray*} 0\neq \sum\limits_{k=0}^n (a_k)' \end{eqnarray*}$ i.A. *Facepalm

@Mystic, ok ich hab mit der Ableitung:
$\begin{eqnarray*} \frac{(nx-n-1)\cdot x^n+1}{(x-1)^2} \end{eqnarray*}$
dann mit x multiplizieren
$\begin{eqnarray*} \frac{x((nx-n-1)\cdot x^n+1)}{(x-1)^2} \end{eqnarray*}$
ableiten:
$\begin{eqnarray*} \frac{n^2x^{n+2}-(2n^2+2n-1)x^{n+1}+(n+1)^2x^n-x-1}{(x-1)^3} \end{eqnarray*}$
Grenzwert gegen 1 (das war ja mal recht mühsam)
$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 1} \frac{g(x)}{(x-1)^3} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{eqnarray*}$
Ok danke aber selbst mit logarithmischem Ableiten war das eine Qual, gibt es denn ein allgemeines Verfahren um auf Summenformeln zu kommen? In diesem Beispiel scheint mir die Methode von @shipwater definitiv einfacher

Wie kommt man bspw. auf die Formel für $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n k (k+1) (k+2) \end{eqnarray*}$ ?

24.02.2013, 11:58

Mystic

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Ja, es gibt viele gute Möglichkeiten zur Herleitung dieser Summenformel, von denen hier ja schon ein paar erwähnt wurden, wobei ich meine obige Variante jetzt natürlich nicht dazuzählen würde...

Hier mein persönlicher Favorit:

Man schreibt dazu k² als Linearkombination von Binomialkoeffizienten

$\begin{eqnarray*} k^2=2\binom k2 +\binom k1 \end{eqnarray*}$

und benützt für die Summierung dann wohlbekannte Eigenschaften des Pascalschen Dreiecks:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n k^2 = 2 \sum_{k=1}^n \binom k2 +\sum_{k=1}^n \binom k1 =2\binom {n+1}3 +\binom {n+1}2 \end{eqnarray*}$

Das kann man nun noch ausrechnen oder auch gleich so stehen lassen...

24.02.2013, 12:23

gr0ode

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@Mystic
Verdammt ich verstehe nicht ganz wie du auf $\begin{eqnarray*} k^2=2\begin{pmatrix} k \\ 2 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} k \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ kommst.
Ich sehe schon ein dass es stimmt aber ich habe wirklich keine Plan wie du drauf kommst :/

24.02.2013, 12:37

Mystic

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Zitat:

Original von gr0ode
Ich sehe schon ein dass es stimmt aber ich habe wirklich keine Plan wie du drauf kommst :/

Es ist viel leichter als du denkst... Wenn man eine Potenz von k als Linearkombination von Binomialkoeffizienten darstellen will, geht man am besten induktiv vor, also

$\begin{eqnarray*} k = \binom k1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k^2=2!\binom k2 +(k^2-2!\binom k2)=2 \binom k2+\underbrace{(k^2-k(k-1))}_{=k}=2 \binom k2+\binom k1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k^3=3! \binom k3 +(k^3-3!\binom k3)=\ldots \end{eqnarray*}$

Versuch's das noch fertig zu rechnen (und ev. auch noch $\begin{eqnarray*} k^4 \end{eqnarray*}$ auf diese Art) und du wirst sehen, es ist im Grunde ganz leicht... Augenzwinkern

24.02.2013, 13:38

gr0ode

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Ok ich werde das später probieren und posten (jetzt geht's erst mal ans Essen).
Nur eine kurze Frage, wie kommst du zu der Aussage $\begin{eqnarray*} k^n=n!\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix} + \left( (k^n)-n!\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}\right) \end{eqnarray*}$

24.02.2013, 15:46

shipwater

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a=b+a-b sollte eigentlich offensichtlich sein.

Gruß Shipwater

24.02.2013, 16:51

gr0ode

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@shipwater... ok sorry für die Frage

Für k^3:
$\begin{eqnarray*} k^3=6\begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} + \left( k^3-6\begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} \right) = 6\begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} + \left( k^3-6 \frac{k!}{(k-3)!\cdot 6} \right) = 6\begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} + \left( k^3-k(k-1)(k-2) \right)= 6 \begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} + \left( 3k^2-2k \right) \end{eqnarray*}$ dann die Formel von k^2 und k^1 einsetzen und somit: $\begin{eqnarray*} 6 \begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} + 6 \begin{pmatrix} k \\ 2 \end{pmatrix} -2\begin{pmatrix} k \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ erhalten.

Nun gilt $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n k^3 = 6\sum\limits_{k=1}^n \begin{pmatrix} k \\ 3 \end{pmatrix} + 6\sum\limits_{k=1}^n \begin{pmatrix} k \\ 2 \end{pmatrix} - 2\sum\limits_{k=1}^n \begin{pmatrix} k \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Aus $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n+1 \\ i+1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ folgt dann offensichtlich die Lösung, nur leide komme ich gerade bei dem letzten Schritt ins stocken, wie genau kommt man auf diese Formel? Sorry dass ich so planlos bin unglücklich

24.02.2013, 16:53

gr0ode

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Nur um klarzustellen:
ich meine die Formel $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \begin{pmatrix} k \\ i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n+1 \\ i+1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

24.02.2013, 16:59

gr0ode

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Verdammt was ist heute nur los mit mir, es muss natürlich oben $\begin{eqnarray*} +1\sum\limits_{k=1}^n \begin{pmatrix} k \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ heißen und nicht "-2"

24.02.2013, 18:55

eulerscheZahl

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Ich kürze mal ab: $\begin{eqnarray*} S_k(n)=\sum_{i=1}^ni^k \end{eqnarray*}$
Herleitung für $\begin{eqnarray*} S_2(n) \end{eqnarray*}$ :
Man stellt sich eine Pyramide vor, bei der die oberste Etage 1² Steine hat und die unterste n² Steine (ein Stein habe Volumen 1). Siehe Bild.
[attach]28691[/attach]
Es gibt eine glatte Pyramide, $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Ecken und $\begin{eqnarray*} 2 \cdot S_1(n-1) \end{eqnarray*}$ Kanten.
$\begin{eqnarray*} S_2(n)=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}\cdot 2 S_1(n-1)+\frac{2}{3}n \end{eqnarray*}$
Ein wenig Termumformung und es bleibt: $\begin{eqnarray*} S_2(n)=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n \end{eqnarray*}$

Allgemeine Herleitung:
Der Binomische Lehrsatz besagt:
$\begin{eqnarray*} (1+x)^m=1+\binom{m}{1}x+\binom{m}{1}x^2+\binom{m}{3}x^3+\cdots+\binom{m}{m}x^m \end{eqnarray*}$
mit x=1,2,3,...,n
$\begin{eqnarray*} (1+1)^m&=&1+\binom{m}{1}\cdot 1+\binom{m}{1}\cdot 1^2+\binom{m}{3} \cdot 1^3+\cdots+\binom{m}{m}\cdot 1^m\\<br /> (1+2)^m&=&1+\binom{m}{1}\cdot 2+\binom{m}{1}\cdot 2^2+\binom{m}{3} \cdot 2^3+\cdots+\binom{m}{m}\cdot 2^m\\<br /> \cdots\\<br /> (1+n)^m&=&1+\binom{m}{1}\cdot n+\binom{m}{1}\cdot n^2+\binom{m}{3} \cdot n^3+\cdots+\binom{m}{m}\cdot n^m<br /> \end{eqnarray*}$
Jeweils das, was untereinander steht addieren (gleiche Potenzen zusammenfassen):
$\begin{eqnarray*} 2^m+3^m+\cdots+n^m=n+\binom{m}{1}S_1(n)+\binom{m}{2}S_2(n)+\cdots+\binom{m}{m}S_m(n) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \binom{m}{m}=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_m(n)=1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m \end{eqnarray*}$ kann auf beiden Seiten der Gleichung abgezogen werden.
Man erhält:
$\begin{eqnarray*} (n+1)^m=1+n+\binom{m}{1}S_1(n)+\binom{m}{2}S_2(n)+\binom{m}{3}S_3(n)+\cdots+\binom{m}{m-1}S_{m-1}(n) \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} m=k+1 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} S_k(n)=\frac{(n+1)^{k+1}-(1+n+\binom{k+1}{1}S_1(n)+\binom{k+1}{2}S_2(n)+\binom{k+1}{3}S_3(n)+\cdots+\binom{k+1}{k-1}S_{k-1}(n))}{k+1} \end{eqnarray*}$

Das ist eine Formel mit der sich eine Summe rekursiv über die vorherigen berechnen lässt.
Bsp.: $\begin{eqnarray*} S_1(n)=\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n \end{eqnarray*}$ ist bekannt, $\begin{eqnarray*} S_2(n) \end{eqnarray*}$ kann wie folgt berechnet werden:
$\begin{eqnarray*} S_2(n)=\frac{(n+1)^{2+1}-(1+n+\binom{2+1}{1}(\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n))}{2+1}=\cdots=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n \end{eqnarray*}$

Mit diesem Schema kann man leicht den Computer weiterrechnen lassen:

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:
13:
14:
15:
16:
17:
18:
19:
20:
21:
22:
23:
24:
25:
26:
27:
28:
29:
30:

S1(n)=1/2n^2+1/2n
S2(n)=1/3n^3+1/2n^2+1/6n
S3(n)=1/4n^4+1/2n^3+1/4n^2
S4(n)=1/5n^5+1/2n^4+1/3n^3-1/30n
S5(n)=1/6n^6+1/2n^5+5/12n^4-1/12n^2
S6(n)=1/7n^7+1/2n^6+1/2n^5-1/6n^3+1/42n
S7(n)=1/8n^8+1/2n^7+7/12n^6-7/24n^4+1/12n^2
S8(n)=1/9n^9+1/2n^8+2/3n^7-7/15n^5+2/9n^3-1/30n
S9(n)=1/10n^10+1/2n^9+3/4n^8-7/10n^6+1/2n^4-3/20n^2
S10(n)=1/11n^11+1/2n^10+5/6n^9-1n^7+1n^5-1/2n^3+5/66n
S11(n)=1/12n^12+1/2n^11+11/12n^10-11/8n^8+11/6n^6-11/8n^4+5/12n^2
S12(n)=1/13n^13+1/2n^12+1n^11-11/6n^9+22/7n^7-33/10n^5+5/3n^3-691/2730n
S13(n)=1/14n^14+1/2n^13+13/12n^12-143/60n^10+143/28n^8-143/20n^6+65/12n^4-691/420n^2
S14(n)=1/15n^15+1/2n^14+7/6n^13-91/30n^11+143/18n^9-143/10n^7+91/6n^5-691/90n^3+7/6n
S15(n)=1/16n^16+1/2n^15+5/4n^14-91/24n^12+143/12n^10-429/16n^8+455/12n^6-691/24n^4+35/4n^2
S16(n)=1/17n^17+1/2n^16+4/3n^15-14/3n^13+52/3n^11-143/3n^9+260/3n^7-1382/15n^5+140/3n^3-3617/510n
S17(n)=1/18n^18+1/2n^17+17/12n^16-17/3n^14+221/9n^12-2431/30n^10+1105/6n^8-11747/45n^6+595/3n^4-3617/60n^2
S18(n)=1/19n^19+1/2n^18+3/2n^17-34/5n^15+34n^13-663/5n^11+1105/3n^9-23494/35n^7+714n^5-3617/10n^3+43867/798n
S19(n)=1/20n^20+1/2n^19+19/12n^18-323/40n^16+323/7n^14-4199/20n^12+4199/6n^10-223193/140n^8+2261n^6-68723/40n^4+43867/84n^2
S20(n)=1/21n^21+1/2n^20+5/3n^19-19/2n^17+1292/21n^15-323n^13+41990/33n^11-223193/63n^9+6460n^7-68723/10n^5+219335/63n^3-174611/330n
S21(n)=1/22n^22+1/2n^21+7/4n^20-133/12n^18+323/4n^16-969/2n^14+146965/66n^12-223193/30n^10+33915/2n^8-481061/20n^6+219335/12n^4-1222277/220n^2
S22(n)=1/23n^23+1/2n^22+11/6n^21-77/6n^19+209/2n^17-3553/5n^15+11305/3n^13-223193/15n^11+124355/3n^9-755953/10n^7+482537/6n^5-1222277/30n^3+854513/138n
S23(n)=1/24n^24+1/2n^23+23/12n^22-1771/120n^20+4807/36n^18-81719/80n^16+37145/6n^14-5133439/180n^12+572033/6n^10-17386919/80n^8+11098351/36n^6-28112371/120n^4+854513/12n^2
S24(n)=1/25n^25+1/2n^24+2n^23-253/15n^21+506/3n^19-14421/10n^17+29716/3n^15-10266878/195n^13+208012n^11-17386919/30n^9+22196702/21n^7-28112371/25n^5+1709026/3n^3-236364091/2730n
S25(n)=1/26n^26+1/2n^25+25/12n^24-115/6n^22+1265/6n^20-24035/12n^18+185725/12n^16-25667195/273n^14+1300075/3n^12-17386919/12n^10+277458775/84n^8-28112371/6n^6+21362825/6n^4-1181820455/1092n^2
S26(n)=1/27n^27+1/2n^26+13/6n^25-65/3n^23+16445/63n^21-16445/6n^19+142025/6n^17-10266878/63n^15+2600150/3n^13-20548177/6n^11+3606964075/378n^9-52208689/3n^7+55543345/3n^5-1181820455/126n^3+8553103/6n
S27(n)=1/28n^28+1/2n^27+9/4n^26-195/8n^24+4485/14n^22-29601/8n^20+142025/4n^18-15400317/56n^16+1671525n^14-61644531/8n^12+721392815/28n^10-469878201/8n^8+166630035/2n^6-3545461365/56n^4+76977927/4n^2
S28(n)=1/29n^29+1/2n^28+7/3n^27-273/10n^25+390n^23-9867/2n^21+52325n^19-905901/2n^17+3120180n^15-33193209/2n^13+65581165n^11-365460823/2n^9+333260070n^7-709092273/2n^5+179615163n^3-23749461029/870n
S29(n)=1/30n^30+1/2n^29+29/12n^28-609/20n^26+1885/4n^24-26013/4n^22+303485/4n^20-8757043/12n^18+22621305/4n^16-137514723/4n^14+1901853785/12n^12-10598363867/20n^10+4832271015/4n^8-6854558639/4n^6+5208839727/4n^4-23749461029/60n^2
S30(n)=1/31n^31+1/2n^30+5/2n^29-203/6n^27+1131/2n^25-16965/2n^23+216775/2n^21-2304485/2n^19+19959975/2n^17-137514723/2n^15+731482225/2n^13-31795091601/22n^11+8053785025/2n^9-102818379585/14n^7+15626519181/2n^5-23749461029/6n^3+8615841276005/14322n

Es fällt auf, dass nur bei jeder 2. Summe ein neuer Summand hinzukommt, dabei handelt es sich um die Bernoullizahlen.

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