Formel verschachtelte Summen < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 01:52 So 15.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
Hallo liebe Mitglieder im Matheraum,
seit einiger Zeit beobachte ich bereits die Aktivitaeten in diesem Forum und bin sehr beeindruckt von eurer Expertise.
Nun habe ich allerdings selbst eine Frage, bei der ich nicht wirklich weiterkomme.
In Abhaengigkeit eines oberen Index k moechte ich gerne eine geschlossene Formel fuer (k-3) verschachtelte Summen angeben, genauer:
Sei [mm] $b_i\in\mathbb{R}$ [/mm] eine Folge, dann habe ich fuer
k=4: [mm] $b_1+b_2+b_3+b_4$
[/mm]
k=5: [mm] $b_1(b_2+b_3+b_4+b_5)+b_2(b_3+b_4+b_5)+b_3(b_4+b_5)+b_4+b_5)$
[/mm]
k=6: [mm] $b_1(b_2(b_3+b_4+b_5+b_6)+b_3(b_4+b_5+b_6)+b_4(b_5+b_6)+b_5b_6)+b_2(b_3(b_4+b_5+b_6)+b_4(b_5+b_6)+b_5b_6)+b_3(b_4(b_5+b_6)+b_5b_6)+b_4(b_5b_6)$
[/mm]
und so weiter.
Ich sehen schon, dass man diese Ausdruecke als verschachtelte Summen schreiben kann, etwa
k=4: [mm] $\sum\limits_{i=1}^4 b_i$
[/mm]
k=5: [mm] $\sum\limits_{i=1}^4\sum\limits_{j=i+1}^5 b_ib_j$
[/mm]
k=6: [mm] $\sum\limits_{i=1}^4\sum\limits_{j=i+1}^5\sum\limits_{l=j+1}^6 b_ib_j b_l$
[/mm]
(Ich hoffe, es ist klar, wie es weiter geht).
Ich wuerde nun eine geschlossene Formel haben. Die Struktur ist in etwa klar. Fuer gegebenes k gibt es (k-3) Summen. Das Problem ist, dass die unteren Indizes einer Summe von der Summe davor abhaengen. Ist es moeglich, eine geschlossene Formel fuer gegebenes k zu haben (mit Hilfe von Produktzeichen, Summenzeichen, Faulhabersche Formel, eventuell rekursiv definiert). Ziel ist es den Limes [mm] $k\rightarrow\infty$ [/mm] zu betrachten. (Tut mir leid, wenn ich keinen besseren Vorleistungen erbringe.) Ein Paper oder Aehnliches, was mir helfen koennte, waere auch ok.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Vielen Dank im voraus!
Ich habe diese Frage in keinem Anderen Forum gestellt!
P.S.: Mein Hintergrund ist "Dr. der theoretischen Physik" (kann man nicht einstellen, oder?)
P.P.S.: Wenn diese Beitrag natuerlich nicht in die Algebra passt, einfach verschieben!
P.P.P.S.: Falls ich 'was vergessen/falsch gemacht habe, einfach schreiben!
P.P.P.P.S.: Bin im Moment im Urlaub. Wenn ich nicht gleich reagiere, nicht boese sein! Werde die naechsten Tage nicht soooooooooo haeufig online sein.
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Ich weiss nicht genau, was Du als geschlossene Lösung erwartest.
Aber ich sehe sofort:
> k=4: [mm]\sum\limits_{i=1}^4 b_i[/mm]
> k=5: [mm]\sum\limits_{i=1}^4\sum\limits_{j=i+1}^5 b_ib_j[/mm]
> k=6: [mm]\sum\limits_{i=1}^4\sum\limits_{j=i+1}^5\sum\limits_{l=j+1}^6 b_ib_j b_l[/mm]
sind jeweils die Summe aller möglicher Produte von $k-3$ Elementen aus den $k$ Elementen. Also kriegt man für [mm] $k\to\infty$ [/mm] eine unendliche Anzahl von Summanden mit Produkten unendlicher Länge. Das wird schwerig; mein Instinkt sagt "im allgemeinen Fall nicht möglich" ;) Schwebt Dir ein bestimmtes [mm] $b_k$ [/mm] vor?
In Deinen ausgeschriebenen Summen ist übrigens auch was falsch, sie sollten heissen:
k=5: [mm]b_1(b_2+b_3+b_4+b_5)+b_2(b_3+b_4+b_5)+b_3(b_4+b_5)+b_4 \cdot b_5[/mm]
statt k=5: [mm]b_1(b_2+b_3+b_4+b_5)+b_2(b_3+b_4+b_5)+b_3(b_4+b_5)+b_4 + b_5)[/mm]
Gruss,
Hanspeter
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 13:17 So 15.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
Hallo Hans Peter,
danke erstmal fuer die Antwort. Ich habe befuerchtet, dass es schwierig bis unmoeglich wird, eine geschlossene Formel anzuschauen.
Genauer: Mit geschlossen meine ich ein Formel mit einem Summen- und Produktzeichen (wenn moeglich). Das Problem ist nun, dass die Anzahl der Summen pro Schritt waechst.
Im Idealfall wuerde man sowas wie [mm] $\summe \produkt \summe b_i$ [/mm] haben (sieht man vlt. eher an den ausgeschriebenen Summen), oder so. Komme eben einfach nicht drauf, wie man das geschickt schreiben kann. Wenn ich erstmal ne Formel haette, waere es kein Problem, die auch induktiv zu beweisen. Ich dachte auch an Levi-Cevita, aber da wuerde bei jedem Schritt ein Index hinzukommen....
> k=5: [mm]b_1(b_2+b_3+b_4+b_5)+b_2(b_3+b_4+b_5)+b_3(b_4+b_5)+b_4 \cdot b_5[/mm]
>
> statt k=5:
> [mm]b_1(b_2+b_3+b_4+b_5)+b_2(b_3+b_4+b_5)+b_3(b_4+b_5)+b_4 + b_5)[/mm]
>
Yes, right. Mein Fehler. War schon spaet!
> Gruss,
> Hanspeter
>
>
Ach, so: Um Praeziser zu sein. Die [mm] $b_k$ [/mm] sollen [mm] $b_k:=k^n$ [/mm] fuer festes [mm] $n\in\mathbb{N}$ [/mm] sein. Ist schon klar, dass die Summen fuer grosses k ueber alle Grenzen wachsen. Praeziser sollte ich sagen, dass ich am asymptotischen Verhalten interessiert bin!
Gruss,
Chris
P.S.: Oh, sehe gerade, dass ich die Mitteilung als Frage haette stellen muessen. Kann das jemand aendern? Danke :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:14 So 15.02.2015 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Chris und ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") !
Ich hatte noch keine Zeit mir das genauer anzugucken, aber:
> Ach, so: Um Praeziser zu sein. Die [mm]b_k[/mm] sollen [mm]b_k:=k^n[/mm] fuer festes [mm]n\in\mathbb{N}[/mm] sein.
Iterativ kommst du dann eigentlich nur mit der Faulhabersche Formel
weiter. Falls [mm] $|b_k|=|k^n|<1$, [/mm] dann mit der geometrischen Summenformel.
Ansonsten würde ich mir das rekursiv überlegen.
Gruß
DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:21 Mo 16.02.2015 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Chris und !
>
>
> Ich hatte noch keine Zeit mir das genauer anzugucken,
> aber:
>
> > Ach, so: Um Praeziser zu sein. Die [mm]b_k[/mm] sollen [mm]b_k:=k^n[/mm] fuer
> festes [mm]n\in\mathbb{N}[/mm] sein.
>
> Iterativ kommst du dann eigentlich nur mit der
> Faulhabersche Formel
> weiter. Falls [mm]|b_k|=|k^n|<1[/mm], dann mit der geometrischen
> Summenformel.
Upps ??? Wenn [mm] |k|^n<1 [/mm] ist , so ist |k|<1. Was ist dann aber z.b: [mm] b_5 [/mm] ?
Gruß FRED
> Ansonsten würde ich mir das rekursiv überlegen.
>
>
> Gruß
> DieAcht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Di 17.02.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:44 So 22.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
Huhu liebe Forummitglieder,
ich bin nach wie vor an einer Loesung interessiert und habe mal ein wenig weiter probiert. Im weiteren Verlauf nenne ich die auftretenden Summen [mm] $s_n$, [/mm] also
[mm] $s_4 [/mm] = [mm] b_1+b_2+b_3+b_4$
[/mm]
[mm] $s_5 [/mm] = [mm] b_1(b_2+b_3+b_4+b_5)+b_2(b_3+b_4+b_5)+b_3(b_4+b_5)+b_4b_5$
[/mm]
...
Im weiteren betrachte ich auch den Spezialfall [mm] $b_k=k^3$. [/mm] Mit Hilfe der Faulhaberschen Formel und Rekursion erhaelt man beispielsweise:
[mm] $s_6 [/mm] = [mm] s_5*\summe_{l=0}^3 \frac{1}{4}(-1)^l \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] B_l 6^{4-l}-s_4*\summe_{l=0}^3\summe_{m=0}^{7-l} \frac{1}{4}\frac{1}{8-l}(-1)^{l+m} \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] \vektor [/mm] {8-l [mm] \\ [/mm] m} [mm] B_l B_m 5^{8-l-m}+\summe_{l=0}^3\summe_{m=0}^{7-l}\summe_{n=0}^{11-l-m} \frac{1}{4}\frac{1}{8-l}\frac{1}{12-l-m}(-1)^{l+m+n} \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] \vektor [/mm] {8-l [mm] \\ [/mm] m} [mm] \vektor [/mm] {12-l-m [mm] \\ [/mm] n} [mm] B_l B_m B_n 4^{12-l-m-n}$
[/mm]
[mm] $s_7 =s_6*\summe_{l=0}^3 \frac{1}{4}(-1)^l \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] B_l 7^{4-l}-s_5*\summe_{l=0}^3\summe_{m=0}^{7-l} \frac{1}{4}\frac{1}{8-l}(-1)^{l+m} \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] \vektor [/mm] {8-l [mm] \\ [/mm] m} [mm] B_l B_m 6^{8-l-m}+s_4\summe_{l=0}^3\summe_{m=0}^{7-l}\summe_{n=0}^{11-l-m} \frac{1}{4}\frac{1}{8-l}\frac{1}{12-l-m}(-1)^{l+m+n} \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] \vektor [/mm] {8-l [mm] \\ [/mm] m} [mm] \vektor [/mm] {12-l-m [mm] \\ [/mm] n} [mm] B_l B_m B_n 5^{12-l-m-n}-\summe_{l=0}^3\summe_{m=0}^{7-l}\summe_{n=0}^{11-l-m}\summe_{p=0}^{15-l-m-n} \frac{1}{4}\frac{1}{8-l}\frac{1}{12-l-m}\frac{1}{16-l-m-n}(-1)^{l+m+n+p} \vektor [/mm] {4 [mm] \\ [/mm] l} [mm] \vektor [/mm] {8-l [mm] \\ [/mm] m} [mm] \vektor [/mm] {12-l-m [mm] \\ [/mm] n} [mm] \vektor [/mm] {16-l-m-n [mm] \\ [/mm] p} [mm] B_l B_m B_n B_p 4^{16-l-m-n-p}$,
[/mm]
wobei [mm] $B_l$ [/mm] die Bernoullizahlen erster Art sind.
Man sieht schon, worauf es hinauslaeuft. Bis auf den letzten Summanden haben alle Summanden die Werte der Summen vorher als Vorfaktoren. Ausserdem alternieren die Vorzeichen vor den einzelnen Summanden.
Den letzten Summanden bei [mm] $s_6$ [/mm] koennte man z.B. symbolisch schreiben als
[mm] $4^{12}\cdot\produkt_{i=1}^3 \summe_{a_i=0}^{4i-1-\summe_{j=1}^{i-1}a_j}\frac{1}{4i-\summe_{j=1}^{i-1}a_j}(-1)^{a_i} \vektor {4i-\summe_{j=1}^{i-1}a_j \\ a_i} B_i 4^{-a_i}$,
[/mm]
entsprechend fuer [mm] $s_k, [/mm] k>=7$.
Das interessante hier ist, dass der Summationsindex der grossen Summe selbst eine Folge ist. (Mathematica kann m.E. mit solchen Ausdruecken nicht arbeiten!)
Ich weiss noch nicht, ob mir das alles hilft, aber es ist ein weiterer Schritt. Sieht vielleicht jemand, wie man weitere Elemente von [mm] $s_6$ [/mm] in [mm] $s_7$ [/mm] einbringen kann?
Das endgueltige Ziel soll uebrigens sein
[mm] $\limes_{k->\infty} \frac{s_k}{\produkt_{n=1}^k n^3} [/mm] $
zu berechnen. Numerisch weiss ich, dass der Grenzwert etwa 0,01 ist, aber ich haette gerne einen geschlossen Ausdruck. Deshalb wollte ich erst einmal einen geschlossenen Ausdruck fuer die [mm] $s_k$ [/mm] haben. Oder habe ich vlt. uebersehen, dass der Grenzwert sehr einfach zu berechnen ist.
Eine Idee, die ich diesbzgl. uebrigens hatte, war, nur die Terme erster Ordnung (l=m=...=0) zu betrachten (da Polynome im Wesentlichen von deren hoechster Potenz dominiert werden). Mit diesem Ansatz kaeme ich aber auf einen Grenzwert von 0. Das kann nicht sein. Ich nehme an, dass das nicht geht, da die Bernoullizahlen [mm] $B_k$ [/mm] fuer grosse k staerker wachsen als die Exponentialfunktion.
Soweit erstmal von mir. Wenn jemand eine Idee haette, waere das echt super. Es eilt auch nicht.
Gruss,
Chris
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Hiho,
also zwei Dinge, die dir vielleicht helfen und eine Rückfrage:
1.) Kannst du die [mm] b_k [/mm] mal bitte exakt angeben, oder was du darüber weißt? So kann man kaum anständig damit arbeiten.
2.) Dir ist schon klar, dass [mm] $\produkt_{n=1}^k n^3 [/mm] = [mm] (k!)^3$?
[/mm]
3.) Für [mm] $b_k \ge [/mm] 0$ kann man schon mal sagen: [mm] $s_k \le \left(\summe_{j=1}^k b_j\right)^k$
[/mm]
Es gilt also: [mm] $\frac{s_k}{\produkt_{n=1}^k n^3} \le \bruch{1}{(k!)^3}\left(\summe_{j=1}^k b_j\right)^k$
[/mm]
Konvergiert [mm] $\summe_{j=1}^k b_j$, [/mm] geht der ganze Spaß also gegen 0.
Aber auch hier: Ohne mehr Infos über deine [mm] b_j [/mm] wird das wohl nix...
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:12 Di 24.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
> Hiho,
Huhu :)
>
> also zwei Dinge, die dir vielleicht helfen und eine
> Rückfrage:
>
> 1.) Kannst du die [mm]b_k[/mm] mal bitte exakt angeben, oder was du
> darüber weißt? So kann man kaum anständig damit
> arbeiten.
>
Oh, sorry. Dachte, das haette ich im Beitrag davor schon getan.
Also [mm] $b_k:=k^3$
[/mm]
> 2.) Dir ist schon klar, dass [mm]\produkt_{n=1}^k n^3 = (k!)^3[/mm]?
Ja!
>
> 3.) Für [mm]b_k \ge 0[/mm] kann man schon mal sagen: [mm]s_k \le \left(\summe_{j=1}^k b_j\right)^k[/mm]
Macht Sinn!
>
> Es gilt also: [mm]\frac{s_k}{\produkt_{n=1}^k n^3} \le \bruch{1}{(k!)^3}\left(\summe_{j=1}^k b_j\right)^k[/mm]
Ja, ok!
>
> Konvergiert [mm]\summe_{j=1}^k b_j[/mm], geht der ganze Spaß also
> gegen 0.
Da [mm] $b_j [/mm] = [mm] j^3$ [/mm] wird das wohl nix!
>
> Aber auch hier: Ohne mehr Infos über deine [mm]b_j[/mm] wird das
> wohl nix...
s.o.
Wie ich auch im Beitrag vorher schrieb: Ich weiss, dass die Folge konvergiert und ich weiss, dass der Grenzwet ungefaehr 0,01 ist. Aber mir fehlt ein geschlossener Ausdruck!
>
> Gruß,
> Gono
>
>
Hilft das? :)
Ich habe mal ein wenig weiter gedacht:
In der Art und Weise, wie ich meine Summanden im ersten Post geordnet habe, sieht man, dass sich der erste Summand von [mm] $s_k$ [/mm] schreiben laesst als (klar per Induktion zu beweisen)
[mm] $\produkt_{n=1}^{k-4}n^3\cdot\summe_{n=k-3}^k n^3$
[/mm]
Geteilt mit [mm] $\produkt_{n=1}^k n^3$ [/mm] ergibt sich
[mm] $\bruch{\summe_{n=k-3}^k n^3}{\produkt_{n=k-3}^k n^3} \to [/mm] 0$ fuer $k [mm] \to \infty$
[/mm]
Der letzte Summand von [mm] $s_k$ [/mm] laesst sich schreiben als
[mm] $\produkt_{n=4}^k n^3$
[/mm]
Geteilt mit [mm] $\produkt_{n=1}^k n^3$ [/mm] ergibt sich
[mm] $\frac{1}{216}$, [/mm] was konstant ist.
Das heisst, dass die Grenzwerte der Summanden von [mm] $s_k$ [/mm] dazwischen geteilt durch [mm] $\produkt_{n=1}^k n^3$ [/mm] zwischen 0 und 1/216 liegen muessen.
Ich weiss aber noch nicht, ob mir das hilft ^^ Wie gesagt: Falls jemand eine Idee hat,... :)
Aber danke erstmal!
Gruss,
Chris
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Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hiho,
dann wollen wir mal:
$s_k = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \sum\limits_{i_{k-3}=i_{k-4}+1}^k \produkt_{j=1}^{k-3} b_{i_j} = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \produkt_{j=1}^{k-4} b_{i_j} \sum\limits_{i_{k-3}=i_{k-4}+1}^k b_{i_{k-3}} $
Betrachten wir uns also die letzte Summe und nennen den Laufindex mal h:
$ \sum\limits_{h =i_{k-4}+1}^k b_h = \sum\limits_{h=1}^k b_h - \sum\limits_{h =1}^{i_{k-4}} b_h$
Vorgegeben war: $b_h = h^3$, d.h. da steht:
$\sum\limits_{h=1}^k h^3 - \sum\limits_{h =1}^{i_{k-4}} h^3 = X(k) - X(i_{k-4})$
Wobei $X(n) = \bruch{n^2(n+1)^2}{4}$ die Summe der ersten n Kubikzahlen ist.
Ziehen wir das Produkt nun weiter raus, steht da also:
$ s_k = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \produkt_{j=1}^{k-5} b_{i_j} \sum\limits_{i_{k-4}=i_{k-5}+1}^{k-1} b_{i_{k-4}} \sum\limits_{i_{k-3}=i_{k-4}+1}^k b_{i_{k-3}} = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \produkt_{j=1}^{k-5} b_{i_j} \sum\limits_{i_{k-4}=i_{k-5}+1}^{k-1} b_{i_{k-4}}\left(X(k) - X(i_{k-4})\right)$
Betrachten wir die letzte Summe wieder seperat, steht da:
$\sum\limits_{j=i_{k-5}+1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)
Nun gilt:
$\sum\limits_{j=1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right) = X(k)\summe_{j=1}^{k-1} j^3 - \summe_{j=1}^{k-1} j^3X(j) = X(k)X(k-1) - \summe_{j=1}^k j^3X(j)$
Und ab jetzt wird es eklig mit den Formeln allerdings wächst $\summe_{j=1}^{k-1} j^3X(j)$ ebenso, wie $\bruch{1}{32}k^8 \sim \bruch{1}{2}(X(k)^2)$
und damit wächst unser dritter Gesamtausdruck wie (beachte: $X(k) \sim X(k-1)$
$\sum\limits_{j=i_{k-5}+1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right) = \left(\sum\limits_{j=1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)\right) - \left(\sum\limits_{j=1}^{i_{k-5}} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)\right) \sim (X(k))^2 - \bruch{1}{32}k^8 - X(k)X(i_{k-5}) + \bruch{1}{32}i_{k-5}^8 = X(k)(X(k) - X(i_{k-5}) - \bruch{1}{32}(k^8 - i_{k-5}^8)$
Und damit insgesamt:
$\sim X(k)(X(k) - X(i_{k-5}) - \bruch{1}{2}(X(k)^2 - X(i_{k-5})^2)$
Oder Umgeschrieben:
$(X(k) - X(i_{k-5}))\left(X(k) - \bruch{1}{2}X(k) - \bruch{1}{2}\left(X(i_{k-5}\right) = \bruch{1}{2}\left(X(k) - X(i_{k-5})\right)^2$
Eine erste Zusammenfassung liefert also:
1. Summe wächst wie: $X(k) - X(i_{k-4})$
2. Summe wächst wie: $\bruch{1}{2}\left(X(k) - X(i_{k-5})\right)^2$
Machen wir den Schritt noch ein drittes mal, erhalten wir:
$\sum\limits_{j=1}^{a} j^3 \bruch{1}{2}\left(X(k) - X(j)\right)^2 = \bruch{1}{2}\sum\limits_{j=1}^{a} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)^2$
und:
$\sum\limits_{j=1}^{a} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)^2 = \sum\limits_{j=1}^{a} j^3X(k)^2 - 2\sum\limits_{j=1}^{a}j^3X(k)X(j) + \sum\limits_{j=1}^{a}j^3X(j)^2$
Und damit insgesamt:
$\sim \bruch{1}{2}\left(X(a)X(k)^2 - 2*X(k) \bruch{1}{2}X(a)^2 + \bruch{1}{192}a^{12}\right)$
$\sim \bruch{1}{2}\left(X(a)X(k)^2 - X(k) X(a)^2 + \bruch{1}{3}X(a)^{3}\right)$
Und damit für die Differenz:
$\sim \bruch{1}{2}\left(X(k)^3 - X(k)^3 + \bruch{1}{3}X(k)^{3} - X(i_{i_{k-6}}))X(k)^2 + X(k) X(i_{i_{k-6}})^2 - \bruch{1}{3}X(i_{i_{k-6}})^{3}\right)$
$\sim \bruch{1}{6}\left(X(k)^3 - 3X(i_{i_{k-6}}))X(k)^2 + 3X(k) X(i_{i_{k-6}})^2 - X(i_{i_{k-6}})^{3}\right)$
$\sim \bruch{1}{6}\left(X(k) - X(i_{i_{k-6}})^3$
Fassen wir nochmal zusammen:
1. innere Summe wächst wie: $X(k) - X(i_{k-4})$
2. innere Summe wächst wie: $\bruch{1}{2}\left(X(k) - X(i_{k-5})\right)^2$
3. innere Summe wächst wie: $\bruch{1}{6}\left(X(k) - X(i_{i_{k-6}})^3$
Und jetzt stelle ich die Theorie auf, dass dann also die (k-4). innere Summe, also die Summanden der ganz äußersten Summe, wachsen wie:
$\bruch{1}{(k-4)!}\left(X(k) - X(i_1)\right)^{k-4}$
Den Spaß das zu beweisen, überlasse ich aber dir 
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:43 Mi 25.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
> Hiho,
>
> dann wollen wir mal:
>
> [mm]s_k = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \sum\limits_{i_{k-3}=i_{k-4}+1}^k \produkt_{j=1}^{k-3} b_{i_j} = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \produkt_{j=1}^{k-4} b_{i_j} \sum\limits_{i_{k-3}=i_{k-4}+1}^k b_{i_{k-3}}[/mm]
>
> Betrachten wir uns also die letzte Summe und nennen den
> Laufindex mal h:
>
> [mm]\sum\limits_{h =i_{k-4}+1}^k b_h = \sum\limits_{h=1}^k b_h - \sum\limits_{h =1}^{i_{k-4}} b_h[/mm]
>
> Vorgegeben war: [mm]b_h = h^3[/mm], d.h. da steht:
>
> [mm]\sum\limits_{h=1}^k h^3 - \sum\limits_{h =1}^{i_{k-4}} h^3 = X(k) - X(i_{k-4})[/mm]
>
> Wobei [mm]X(n) = \bruch{n^2(n+1)^2}{4}[/mm] die Summe der ersten n
> Kubikzahlen ist.
>
> Ziehen wir das Produkt nun weiter raus, steht da also:
>
> [mm]s_k = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \produkt_{j=1}^{k-5} b_{i_j} \sum\limits_{i_{k-4}=i_{k-5}+1}^{k-1} b_{i_{k-4}} \sum\limits_{i_{k-3}=i_{k-4}+1}^k b_{i_{k-3}} = \sum\limits_{i_1=1}^4\sum\limits_{i_2=i_1+1}^5 \ldots \produkt_{j=1}^{k-5} b_{i_j} \sum\limits_{i_{k-4}=i_{k-5}+1}^{k-1} b_{i_{k-4}}\left(X(k) - X(i_{k-4})\right)[/mm]
>
> Betrachten wir die letzte Summe wieder seperat, steht da:
>
> [mm]$\sum\limits_{j=i_{k-5}+1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)[/mm]
>
> Nun gilt:
>
> [mm]\sum\limits_{j=1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right) = X(k)\summe_{j=1}^{k-1} j^3 - \summe_{j=1}^{k-1} j^3X(j) = X(k)X(k-1) - \summe_{j=1}^k j^3X(j)[/mm]
>
> Und ab jetzt wird es eklig mit den Formeln allerdings
> wächst [mm]\summe_{j=1}^{k-1} j^3X(j)[/mm] ebenso, wie
> [mm]\bruch{1}{32}k^8 \sim \bruch{1}{2}(X(k)^2)[/mm]
>
> und damit wächst unser dritter Gesamtausdruck wie
> (beachte: [mm]X(k) \sim X(k-1)[/mm]
>
> [mm]\sum\limits_{j=i_{k-5}+1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right) = \left(\sum\limits_{j=1}^{k-1} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)\right) - \left(\sum\limits_{j=1}^{i_{k-5}} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)\right) \sim (X(k))^2 - \bruch{1}{32}k^8 - X(k)X(i_{k-5}) + \bruch{1}{32}i_{k-5}^8 = X(k)(X(k) - X(i_{k-5}) - \bruch{1}{32}(k^8 - i_{k-5}^8)[/mm]
>
> Und damit insgesamt:
>
> [mm]\sim X(k)(X(k) - X(i_{k-5}) - \bruch{1}{2}(X(k)^2 - X(i_{k-5})^2)[/mm]
>
> Oder Umgeschrieben:
>
> [mm](X(k) - X(i_{k-5}))\left(X(k) - \bruch{1}{2}X(k) - \bruch{1}{2}\left(X(i_{k-5}\right) = \bruch{1}{2}\left(X(k) - X(i_{k-5})\right)^2[/mm]
>
> Eine erste Zusammenfassung liefert also:
>
> 1. Summe wächst wie: [mm]X(k) - X(i_{k-4})[/mm]
> 2. Summe wächst
> wie: [mm]\bruch{1}{2}\left(X(k) - X(i_{k-5})\right)^2[/mm]
>
> Machen wir den Schritt noch ein drittes mal, erhalten wir:
>
> [mm]\sum\limits_{j=1}^{a} j^3 \bruch{1}{2}\left(X(k) - X(j)\right)^2 = \bruch{1}{2}\sum\limits_{j=1}^{a} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)^2[/mm]
>
> und:
>
> [mm]\sum\limits_{j=1}^{a} j^3 \left(X(k) - X(j)\right)^2 = \sum\limits_{j=1}^{a} j^3X(k)^2 - 2\sum\limits_{j=1}^{a}j^3X(k)X(j) + \sum\limits_{j=1}^{a}j^3X(j)^2[/mm]
>
> Und damit insgesamt:
>
> [mm]\sim \bruch{1}{2}\left(X(a)X(k)^2 - 2*X(k) \bruch{1}{2}X(a)^2 + \bruch{1}{192}a^{12}\right)[/mm]
>
> [mm]\sim \bruch{1}{2}\left(X(a)X(k)^2 - X(k) X(a)^2 + \bruch{1}{3}X(a)^{3}\right)[/mm]
>
> Und damit für die Differenz:
>
> [mm]\sim \bruch{1}{2}\left(X(k)^3 - X(k)^3 + \bruch{1}{3}X(k)^{3} - X(i_{i_{k-6}}))X(k)^2 + X(k) X(i_{i_{k-6}})^2 - \bruch{1}{3}X(i_{i_{k-6}})^{3}\right)[/mm]
>
> [mm]\sim \bruch{1}{6}\left(X(k)^3 - 3X(i_{i_{k-6}}))X(k)^2 + 3X(k) X(i_{i_{k-6}})^2 - X(i_{i_{k-6}})^{3}\right)[/mm]
>
> [mm]\sim \bruch{1}{6}\left(X(k) - X(i_{i_{k-6}})^3[/mm]
>
> Fassen wir nochmal zusammen:
>
> 1. innere Summe wächst wie: [mm]X(k) - X(i_{k-4})[/mm]
> 2. innere
> Summe wächst wie: [mm]\bruch{1}{2}\left(X(k) - X(i_{k-5})\right)^2[/mm]
>
> 3. innere Summe wächst wie: [mm]\bruch{1}{6}\left(X(k) - X(i_{i_{k-6}})^3[/mm]
>
> Und jetzt stelle ich die Theorie auf, dass dann also die
> (k-4). innere Summe, also die Summanden der ganz
> äußersten Summe, wachsen wie:
>
> [mm]\bruch{1}{(k-4)!}\left(X(k) - X(i_1)\right)^{k-4}[/mm]
>
> Den Spaß das zu beweisen, überlasse ich aber dir
>
> Gruß,
> Gono
>
>
Huhu,
danke erstmal Mal fuer die ausfuehrliche Antwort.
Schaue ich mir nachher/morgen mal an^^ Hab gerade noch andere Dinge zu tun :)
Gruss,
Chris
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:12 Mi 25.02.2015 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
ich habe auch schon einen Fehler gefunden, der sich aber beheben lässt.
Dadurch wird die Formel zwar ein bisschen komplizierter, aber noch immer berechenbar 
Mal sehen ob du ihn findest. Die Idee ist aber sicherlich klar geworden....
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:35 Do 26.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
Ich glaube, ich habe da was huebsches mit Hilfe der Riemannschen Zeta Funktion bekommen.
Rechne aber lieber nochmal nach, ob das stimmt, bevor ich das hier poste ^^
Chris
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sorry, hier hatte ich Quark geschrieben
ich wage ja kaum, zuzugeben, welches Versehen mir
dabei unterlaufen ist ...
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:11 Mi 25.02.2015 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo Al,
> 2.) Dir ist schon klar, dass [mm]\produkt_{n=1}^k n^3 = (k!)^3[/mm]?
[mm] $\produkt_{n=1}^k n^3 [/mm] = [mm] 1^3*2^3*3^3*\ldots k^3 [/mm] = [mm] 1*1*1*2*2*2*3*3*3*\ldots*k*k*k [/mm] = [mm] (1*2*3*\ldots*k)*(1*2*3*\ldots*k)*(1*2*3*\ldots*k) [/mm] = k!*k!*k! = [mm] (k!)^3$
[/mm]
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:13 Mi 25.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
> Hallo Al,
>
> > 2.) Dir ist schon klar, dass [mm]\produkt_{n=1}^k n^3 = (k!)^3[/mm]?
>
> [mm]\produkt_{n=1}^k n^3 = 1^3*2^3*3^3*\ldots k^3 = 1*1*1*2*2*2*3*3*3*\ldots*k*k*k = (1*2*3*\ldots*k)*(1*2*3*\ldots*k)*(1*2*3*\ldots*k) = k!*k!*k! = (k!)^3[/mm]
>
> Gruß,
> Gono
LOL... Warum schreiben wir eigentlich immer das Gleiche? :D
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:13 Mi 25.02.2015 | | Autor: | Chris84 |
> > 2.) Dir ist schon klar, dass [mm]\produkt_{n=1}^k n^3 = (k!)^3[/mm]?
> ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
>
>
> Naja, also mir will diese angebliche Identität nicht so
> recht einleuchten.
> Ich könnte da ein anderes Ergebnis anbieten ...
>
> Al-Chwarizmi
Hmmm, es ist doch
[mm] $\produkt_{n=1}^k n^3 [/mm] = [mm] 1\cdot1\cdot1\cdot2\cdot2\cdot2 \cdot3\cdot3\cdot3\cdot ....\cdot k\cdot k\cdot k=(1\cdot 2\cdot 3\cdot...\cdot k)\cdot(1\cdot 2\cdot 3\cdot...\cdot k)\cdot(1\cdot 2\cdot 3\cdot...\cdot [/mm] k) = [mm] (k!)^3$,
[/mm]
oder irre ich (wir)? oO
Was haettest du denn zu bieten? Ne nette [mm] $\Gamma$ [/mm] Funktion? ;)
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