Unendliche Summe

05.02.2023, 14:31

Summe2005

Unendliche Summe

Meine Frage:
Wie berechnet man folgende unendliche Summe: $\begin{eqnarray*} \frac{1^2}{0!}+\frac{2^2}{1!} +\frac{3^2}{2!} ... \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich schon probiert die Reihe als Potenzreihe zu schreiben, aber das hat auch nicht weitergeholfen. $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{n^2x^n}{(n-1)!} \end{eqnarray*}$ ähnelt der Reihendarstellung der Exponentialfunktion, aber ich habe es nicht geschafft über Ableitungen oder Integrale weitere Kenntnisse daraus zu ziehen.

05.02.2023, 15:43

Finn_

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Potenzreihen sind gleichmäßig konvergent auf jeder kompakten Teilmenge ihres Konvergenzintervalls. Daraus lässt sich folgern, dass Differentiation und Summierung vertauscht werden dürfen. Die technischen Details finden sich bspw. im Artikel "Gleichmäßige Konvergenz und Differentiation".

Wende nun auf beiden Seiten der Gleichung
$\begin{eqnarray*} e^x = \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} \end{eqnarray*}$
den Operator $\begin{eqnarray*} x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx} \end{eqnarray*}$ an, so oft wie du benötigst. Damit lässt sich ein passender Ausdruck schustern, bei dem an der Stelle $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ das gesuchte Resultat herausspringt.

05.02.2023, 16:04

Summe2005

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Soweit war ich auch schon, ich fürchte ich brauche noch etwas mehr Unterstützung.

05.02.2023, 16:19

Finn_

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Für $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} \frac{1^2}{0!}+\frac{2^2}{1!}+\frac{3^2}{2!}+\ldots = \sum_{k=0}^\infty\frac{(k+1)^2x^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty\frac{k^2x^k}{k!} + \sum_{k=0}^\infty\frac{2kx^k}{k!} + \sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}. \end{eqnarray*}$

05.02.2023, 16:46

Leopold

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Ein leicht anderer Vorschlag.

Mit noch zu bestimmenden Koeffizienten $\begin{align*} a,b,c \in \mathbb{R} \end{align*}$ macht man den Ansatz

$\begin{align*} \operatorname{e}^x \left( ax^2 + bx + c \right) = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{ax^n}{(n-2)!} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{bx^n}{(n-1)!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{cx^n}{n!} \end{align*}$

$\begin{align*} = c + (b+c)x + \sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{a}{(n-2)!} + \frac{b}{(n-1)!} + \frac{c}{n!} \right) \, x^n \end{align*}$

Jetzt sind $\begin{align*} a,b,c \end{align*}$ so zu berechnen, daß

$\begin{align*} \frac{a}{(n-2)!} + \frac{b}{(n-1)!} + \frac{c}{n!} = \frac{(n+1)^2}{n!} \end{align*}$

gilt. Man kommt auf ein quadratisches Polynom in $\begin{align*} n \end{align*}$ und führt einen Koeffizientenvergleich durch.

05.02.2023, 17:07

Summe2005

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Mit Finns Ansatz komme ich für den ersten Summanden auf 2e, für den zweiten Summanden auf 2e und für den letzten auf e. Die Antwort ist dann also 5e oder? Leopolds Ansatz scheint für mich wie vom Himmel gefallen. Kannst du vielleicht noch was dazu sagen, wie du auf die erste Zeile kommst oder muss man lernen solche Sachen einfach zu akzeptieren?

05.02.2023, 17:41

Finn_

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Es hält dich niemand davon ab, bspw. in Maxima mit

code:
1:	fpprec: 100; bfloat(5*%e - sum((k+1)^2/k!, k, 0, 100));

oder in Python mit

code:
1: 2:	from math import exp, factorial print(5exp(1) - sum((k+1)*2/factorial(k) for k in range(0, 101)))

eine numerische Probe durchzuführen.

05.02.2023, 20:04

Leopold

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@ Summe2005

Durch die Multiplikation von $\begin{align*} \operatorname{e}^x \end{align*}$ mit dem quadratischen Polynom $\begin{align*} ax^2+bx+c \end{align*}$ bekommt man in der Reihe die drei Summanden mit den unterschiedlichen Fakultäten $\begin{align*} (n-2)!, \, (n-1)!, \, n! \end{align*}$ im Nenner. Beim Erweitern und Addieren der Brüche muß im Zähler ein quadratisches Polynom in $\begin{align*} n \end{align*}$ mit von $\begin{align*} a,b,c \end{align*}$ abhängigen Koeffizienten entstehen:

$\begin{align*} a(n-1)n + bn + c \end{align*}$

Die Erweiterungspolynome $\begin{align*} p_2(n)=(n-1)n, \, p_1(n)=n, \, p_0(n)=1 \end{align*}$ sind linear unabhängig und bilden eines Basis des Raums der Polynome höchstens vom Grad 2 in $\begin{align*} n \end{align*}$ . Insbesondere muß es möglich sein, das Polynom $\begin{align*} (n+1)^2 \end{align*}$ zu erzeugen:

$\begin{align*} (n+1)^2 = n^2 + 2n + 1 = (n-1)n + 3n + 1 = 1 \cdot p_2(n) + 3 \cdot p_1(n) + 1 \cdot p_0(n) \end{align*}$

Man liest ab: $\begin{align*} a=1, \, b=3, \, c=1 \end{align*}$

Ergebnis:

$\begin{align*} \operatorname{e}^x \left( x^2 + 3x + 1 \right) = 1 + 4x + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{(n+1)^2}{n!} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1)^2}{n!} x^n \end{align*}$

Speziell $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ liefert $\begin{align*} 5 \operatorname{e} \end{align*}$ als Reihenwert.

06.02.2023, 11:04

klauss

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RE: Unendliche Summe
Nachdem die spezielle Lösung jetzt gefunden ist, könnte man anmerken, dass die ursprüngliche Idee

Zitat:

Original von Summe2005
Ich schon probiert die Reihe als Potenzreihe zu schreiben, ...

eigentlich ganz gut war.
Ausgehend von
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty } \frac{k^{2}x^{k}}{(k-1)! } =\sum\limits_{k=1}^{\infty } k^{3}\frac{x^{k} }{k!} \end{eqnarray*}$
habe ich mir die ersten drei Ableitungen von
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{x^{k} }{k!}=e^{x}-1 \end{eqnarray*}$
angeschaut und die auftretenden Teil-Reihen so zusammengefaßt, dass schließlich (in Übereinstimmung mit WolframAlpha)
$\begin{eqnarray*} e^{x}\left(x^{3} +3x^{2} +x\right) \end{eqnarray*}$
herauskommt.

06.02.2023, 15:30

Finn_

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Bei allgemeiner Zuwendung gelangt man zu der Auffindung

$\begin{eqnarray*} \left(x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right)^m f(x) = \sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\ i\end{Bmatrix}x^i f^{(i)}(x), \end{eqnarray*}$

wobei die von den geschweiften Klammern umfasste Symbolik die Stirling-Zahl zweiter Art bezeichnen soll. Speziell gilt

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty\frac{k^m x^k}{k!} = \left(x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right)^m e^x = \sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\ i\end{Bmatrix}x^i e^x. \end{eqnarray*}$

06.02.2023, 23:16

Finn_

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Bei der Untersuchung der Mellin-Transformation und ihrer seltsamen Faltungseigenschaft trifft man auf das förderliche Utensil

$\begin{eqnarray*} \left(x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right)^{-m}f(x) = \frac{1}{\Gamma(m)}\int_0^x \ln\left(\frac{x}{t}\right)^{m-1}\frac{f(t)}{t}\,\mathrm dt. \end{eqnarray*}$

Setzt man für $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ den Bruch 1/2 ein, wirft es bspw. die Beziehung

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^\infty\frac{\sqrt{k}}{k!} = \left(x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right)^{-1/2}(xe^x)\bigg|_{x=1} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^1 \frac{e^t}{\sqrt{\ln(\frac{1}{t})}}\,\mathrm dt = \int_0^\infty\frac{e^{e^{-x}}e^{-x}}{\sqrt{\pi x}}\,\mathrm dx \end{eqnarray*}$

ab. Ein weiteres umgehendes Resultat ist die Darstellung der Zeta-Funktion als

$\begin{eqnarray*} \zeta(s) = \left(x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right)^{-s}\frac{x}{1-x}\bigg|_{x=1} = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^1 \ln\left(\frac{1}{t}\right)^{s-1}\frac{1}{1-t}\,\mathrm dt. \end{eqnarray*}$

Mit der Substitution $\begin{eqnarray*} t=e^{-x} \end{eqnarray*}$ kann man sie noch überführen in

$\begin{eqnarray*} \zeta(s) = \frac{1}{\Gamma(s)}\int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,\mathrm dx. \end{eqnarray*}$

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