Geschlossene Termadarstellung für Potenzsummen (1^m+2^m+3^m.....+n^m)

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30.09.2004, 21:06	Tartax	Auf diesen Beitrag antworten »
Geschlossene Termadarstellung für Potenzsummen (1^m+2^m+3^m.....+n^m) Ich bin grad an einem Beweisverfahren in Mathe am knoblen, ich habe einen Term in dem ich n gegen Unenflich laufen lassen muß....Dabei stellt sich dass problem dass dieser term (auf das wesentliche gekürzt) so aussieht: (1^m+2^m+3^m.....+n^m)/n^(m+1) um damit überhaupt rechnen zu können bräuchte ich einen Ansatz wie ich (1^m+2^m+3^m.....+n^m) anders schreiben kann (ähnlich der gaußschen formel bei 1+2+3+4+...) Ps.: Mein Lehrer hat mir den Tipp gegeben dass wenn ich eine Funktion F(x) habe welches sich durch f(x) = F(x) - F(x-1) definiert das ganze mit F(n)-F(0) lösbar sei durch einiges rumprobieren habe ich herausgefunden dass bei f(x) = x^m, F(x) x^(m+1)/m+1 - 1 ist.... also eine der Stammfunktionen von f(x). Leider kann ich das nicht beweisen.... Ich würde mich über jegliche art von hilfe sehr freuen
30.09.2004, 21:33	therisen	Auf diesen Beitrag antworten »
So schön das bei Gauss geht, muss ich dich in diesem Fall leider enttäuschen. $\begin{eqnarray} \sum _{i=1}^{n}{i}^{m} \end{eqnarray}$ lässt sich nicht in einen solchen Term verwandeln. Du musst dir in diesem Fall etwas anderes einfallen lassen :] Gruß, therisen
30.09.2004, 21:47	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Das stimmt nicht unbedingt therisen! Man kann für alle solche Summen mit natürlichem m Summenformeln herleiten. Das ist allerdings allgemein unglaublich aufwändig und hat mit dem binomischen Satz zu tun. Ich denke, allgemein ist es eigentlich sogar gar nicht möglich, aber ich möchts nich ausprobieren. :P
30.09.2004, 21:56	therisen	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich meine aber, dass das in diesem konkreten Fall stimmt. Zumindest bin ich solange davon überzeugt, bis du mir einen entsprechenden Term anbieten kannst. Maple und MuPad finden nämlich keinen solchen Term, also wage ich zu bezweifeln, dass du einen solchen angeben kannst - Allerdings schließe ich nicht aus, dass es grundsätzlich einen solchen geben kann. Ähnlich wie bei dem Satz über Primzahlen, wo man "nur" diese eine gewisse reelle Zahl finden muss, um alle Primzahlen angeben zu können (oder so ähnlich) :P Allerdings weicht das nun stark von der eigentlichen Fragestellung ab, denn was nützt dem Thread-Ersteller die (mögliche) Existenz, wenn man den Term selbst nicht angeben kann (und er ihn somit nicht für seine Grenzwertbetrachtung verwenden kann)? Gruß, therisen
30.09.2004, 22:13	Tartax	Auf diesen Beitrag antworten »
So wie ich das in meinem schlauen Buch durchschau sollte es aber zumindestens teilweise lösbar sein. So dass sich sagen lässt dass sich das ganze in einem Polynom m+1te grades darstllen läßt, und dabe der koeffizient der hchsten potenz 1/(m+1) ist.... leider fehlt mir dazu der zugang :/
30.09.2004, 22:39	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn du diesen Beitrag sorgfältig durchliest, wirst du, denke ich, die Antworten auf deine Fragen finden.
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30.09.2004, 22:54	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Also, dann möcht ich das Verfahren zumindest vorstellen, vielleicht kann man es ja weiterverfolgen: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n~(k+1)^{m+1}=\sum_{i=0}^{m+1}~\sum_{k=1}^n~{m+1\choose i}k^i=\sum_{i=0}^m~\sum_{k=1}^n~{m+1\choose i}k^i+\sum_{k=1}^n~k^{m+1} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n~(k+1)^{m+1}-\sum_{k=1}^n~k^{m+1}=\sum_{i=0}^m~\sum_{k=1}^n~{m+1\choose i}k^i \end{eqnarray}$ Außerdem gilt: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n~(k+1)^{m+1}-\sum_{k=1}^n~k^{m+1}=(n+1)^{m+1}-1=\sum_{j=0}^{m+1}~{m+1\choose j}n^j-1 \end{eqnarray}$ Also: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n~{m+1\choose m}k^m+\sum_{i=0}^{m-1}~\sum_{k=1}^n~{m+1\choose i}k^i=\sum_{i=0}^m~\sum_{k=1}^n~{m+1\choose i}k^i=(n+1)^{m+1}-1 \end{eqnarray}$ Man kann mit dem gleichen Verfahren Summenformeln für die Summen $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n~k^l \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} l=1,2,3,...,n-1 \end{eqnarray}$ herleiten und diese dann in diese Gleichung einsetzen. Dann bekommt man eine gesuchte Summenformel. Allerdings ist das allgemein auf diesem Wege sogut wie unmöglich, da man ja die vorhergen grade angesprochenen Summenformeln braucht und die sind nur sehr schwer (wahrscheinlich gar nicht) allgemein anzugeben. Aber wers versuchen möchte, bitte :P edit: Mit meinem Ansatz oben kann man noch ein wenig weiterarbeiten. Sei $\begin{eqnarray} S_i(n):=\sum_{k=1}^n~k^i \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} S_m(n) \end{eqnarray}$ gesucht. Es gilt: $\begin{eqnarray} (m+1)\sum_{k=1}^n~k^m=(n+1)^{m+1}-1-\sum_{i=0}^{m-1}~{m+1\choose i}\sum_{k=1}^n~k^i \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (m+1)S_m(n)=(n+1)^{m+1}-1-\sum_{i=0}^{m-1}~{m+1\choose i}S_i(n) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} S_m(n)=\frac{1}{m+1}\left((n+1)^{m+1}-1-\sum_{i=0}^{m-1}~{m+1\choose i}S_i(n)\right) \end{eqnarray}$ . Damit hat man eine Rekursion. Gruß MSS
01.10.2004, 17:59	Philipp-ER	Auf diesen Beitrag antworten »
Aber natürlich gibt es für natürliche Exponenten eine nicht rekursive, allgemeine Summenformel. Es gilt für $\begin{eqnarray} p\in \mathbb{N} \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n k^p=\frac{1}{p+1}\sum_{i=0}^p {p+1\choose i+1}(n+1)^{i+1}B_{p-i} \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} B_i \end{eqnarray}$ die i.te Bernoullizahl bezeichnet.
01.10.2004, 18:07	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Und Philipp-ER blendet wieder einmal. Der Schlingel verrät nämlich nicht, daß er die Rekursion dieses Mal in den Bernoullischen Zahlen versteckt hat. Für diese gibt es nämlich nach meinen Kenntnissen bislang keine (im üblichen Sinne) explizite Darstellung. Sonst hätte er sicher nicht den mysteriösen Buchstaben B verwendet ...
01.10.2004, 18:17	Philipp-ER	Auf diesen Beitrag antworten »
Unter folgendem Link gibt es eine ganze Fülle expliziter Darstellungen der Bernoullizahlen: http://mathworld.wolfram.com/BernoulliNumber.html? (27) sieht doch zum Beispiel ganz gut aus, oder?

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