Stern Mathematik: Potenzsummen
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Mathematik

\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\) Die Berechnung des Ausdrucks sum(n^m,n=1,N) kann auf sehr verschiedene Weise vorgenommen werden. Einige davon sind bereits auf dem Matheplaneten vorgestellt worden, z.B. im Artikel Endliche Summen oder hier im Forum. Den in diesem Artikel vorgestellten Rechenweg hat Manuel (subdubito) auf dem MPCT VIII skizziert, hier soll er etwas ausführlicher erläutert und zu Ende gebracht werden.

1. Motivation

Den Ausgangspunkt bildet folgende Beobachtung: Es gilt: n^m=sum((n;k) sum((k;j)\.(-1)^j\.(k-j)^m,j=0,k),k=0,n) für n,m>=1 und n,m \el\ \IN Beweis: sum((n;k) sum((k;j)\.(-1)^j\.(k-j)^m,j=0,k),k=0,n)= sum(sum((n;k)(k;j)\.(-1)^j\.(k-j)^m,j=0,k),k=0,n)= sum(sum((n;\psi)(\psi;\psi-\xi)\.(-1)^(\psi-\xi)*\xi^m,\psi=\xi,n),\xi=0,n) sum(sum(n!/((n-\psi)!(\psi-\xi)!\xi!)*(-1)^(\psi-\xi)*\xi^m,\psi=\xi,n),\xi=0,n) sum(n!/(\xi!(n-\xi)!)*sum((n-\xi)!/((n-\psi)!(\psi-\xi)!)*(-1)^(\psi-\xi)*\xi^m,\psi=\xi,n),\xi=0,n)= sum((n;\xi)*sum((n-\xi;\psi-\xi)*(-1)^(\psi-\xi)*\xi^m,\psi=\xi,n),\xi=0,n)= sum((n;\xi)*sum((n-\xi;\psi)*(-1)^\psi*\xi^m,\psi=0,n-\xi),\xi=0,n)= sum(\xi^m*(n;\xi)*sum((n-\xi;\psi)*(-1)^\psi,\psi=0,n-\xi),\xi=0,n)= sum(\xi^m*(n;\xi)*(1-1)^(n-\xi),\xi=0,n)=n^m Zur Abkürzung sei nun A(m,k)=sum((k;j)\.(-1)^j\.(k-j)^m,j=0,k)gesetzt. Die A(m,k) geben übrigens die Anzahl der surjektiven Abbildungen f:M -> K mit abs(M)=m und abs(K)=k an, und mit diesem Wissen würde obige Identität auch sofort aus kombinatorischen Überlegungen folgen. (siehe z.B. hier). Nun folgt weiter: sum(n^m,n=0,N)=sum(sum((n;k)A(m,k),k=0,n),n=0,N)= sum(sum((n;k)A(m,k),n=k,N),k=0,N)= sum((N+1;k+1)A(m,k),k=0,N) (da sum((n;k),n=k,N)=(N+1;k+1) gilt) Weiterhin gilt folgende Identität für m,k>=1: A(m,k+1)=sum((m;i)A(i,k),i=1,m-1) Beweis: sum((m;i)A(i,k),i=1,m-1)=sum((m;i) sum((k;j)(-1)^j*(k-j)^i,j=0,k),i=1,m-1) =sum( sum((m;i)(k;j)(-1)^j*(k-j)^i,i=1,m-1),j=0,k) =sum((k;j)(-1)^j sum((m;i)(k-j)^i,i=1,m-1),j=0,k) =sum((k;j)(-1)^j(-1-(k-j)^m + sum((m;i)(k-j)^i,i=0,m)),j=0,k) =sum((k;j)(-1)^j(-1-(k-j)^m + (k+1-j)^m),j=0,k) =sum((k;j)(-1)^j(-1),j=0,k)+sum((k;j)(-1)^j (-(k-j)^m + (k+1-j)^m),j=0,k) =0+sum((k;j)(-1)^(j+1) (k-j)^m,j=0,k)+sum((k;j)(-1)^j (k+1-j)^m,j=0,k) =sum((k;j-1)(-1)^j (k+1-j)^m,j=1,k+1)+sum((k;j)(-1)^j (k+1-j)^m,j=0,k) =sum((k+1;j)(-1)^j (k+1-j)^m,j=0,k+1) =A(m,k+1) q.e.d. Aus dieser Identität folgt nun: Wenn k>m ist, so ist A(m,k)=0. Beweis: Richtig für k=1. Weiterhin gilt für k>m-1: A(m,k+1)=sum((m;i)A(i,k),i=1,m-1)=0, also A(m,k+1)=0 für k+1>m q.e.d. Damit ergibt sich aus obiger Gleichung: sum(n^m,n=0,N)= sum((N+1;k+1)A(m,k),k=0,N)=sum((N+1;k+1)A(m,k),k=0,m) Man erhält also die Für alle N\el\ \IN gültige Darstellung: sum(n^m,n=0,N)=sum((N+1;k+1)A(m,k),k=0,m)=sum((N+1;k+1)*sum((k;j)(-1)^j(k-j)^m,j=0,k),k=0,m)

2. Auswertung

Nun soll der Ausdruck sum(n^m,n=1,N)=sum((N+1;k+1)\.A(m,k),k=1,N) mit A(m,k)=sum((k;j)\.(-1)^j\.(k-j)^m,j=0,k) ausgewertet werden. Dazu schauen wir uns zunächst den Fall k=1 an: A(1,k)=sum((k;j)\.(-1)^j\.(k-j),j=0,k)=sum((k;j)\.(-1)^(k-j)\.j,j=0,k) Um hier weiter zu kommen nutzen wir folgenden alten Trick: Es ist (z-1)^k=sum((k;j)\.z^j\.(-1)^(k-j),j=0,k), die 1. Ableitung nach z lautet davon d/dz\.(z-1)^k=sum((k;j)\.j\.z^(j-1)\.(-1)^(k-j),j=0,k)=k\.(z-1)^(k-1), was für z=1 unserer obigen Summe entspricht. D.h. aber, dass A(1,k)=cases(0,für k!=1;1,für k=1) Damit können wir also bereits sum(n,n=1,N)=(N+1;2) angeben. Analog gehen wir nun für allgemeines m vor: A(m,k)=sum((k;j)\.(-1)^k\.(k-j)^m,j=0,k)=sum((k;j)\.(-1)^(k-j)\.j^m,j=0,k) Das Problem in dieser Summe ist, dass j^m nicht das Ergebnis von Ableitungen ist, also so umgeformt werden muss, dass es das ist. Kurz gesagt, ist d^p/dz^p\.(z-1)^k=k!/(k-p)!\.(z-1)^(k-p) was z.B. für p=2: k(k-1)\.(z-1)^(k-2) und eben nicht k^2\.(z-1)^(k-2) ergibt. Wir brauchen statt einer Potenz ein Produkt aufeinanderfolgender Zahlen (und umgekehrt). Allgemein ist j^m folgendermaßen als Summe von Produkten aufeinander folgender Zahlen darstellbar: j^m=sum(a_p^(m)\.j!/(j-p)!,p=1,m)=sum(p!a_p^(m)\.(j;p),p=1,m), wobei für die a_p^(m) eine Art Pascalsches Dreieck existiert: (,,,,,1,,,,,;,,,,1,,1,,,,;,,,1,,3,,1,,,;,,1,,7,,6,,1,,;,1,,15,,25,,10,,1,) Wie man sieht, ist es nicht symmetrisch; die Rekursion lautet a_p^(m)=a_(p-1)^((m-1))+p*a_p^((m-1)) Damit ist A(m,k)=sum(a_p^(m)\.d^p/dz^p\.(z-1)_(\|z=1)^k,p=1,m)=k!*a_k^(m) und sum(n^m,n=1,N)=sum(k!*a_k^(m)\.(N+1;k+1),k=1,m) Die nächsten Beispiele sind: sum(n^2,n=1,N)=1!*1*(N+1;2)+2!*1*(N+1;3) sum(n^3,n=1,N)=1!*1*(N+1;2)+2!*3*(N+1;3)+3!*1*(N+1;4) sum(n^4,n=1,N)=1!*1*(N+1;2)+2!*7*(N+1;3)+3!*6*(N+1;4)+4!*1*(N+1;5) usw. Bei den oben verlinkten Darstellungen für sum(n^m,n=1,N) stellte sich heraus, dass diese für höheres m in irgendeiner Weise rekursiv ermittelt werden müssen (z.B. durch Rekursion der Bernoulli-Zahlen). Dies kann nicht umgangen werden - hier müssen die a_k^(m) rekursiv ermittelt werden.

Schluss

Eine weitere Idee ist nun, mit Hilfe dieser Darstellung der Potenzsummen zusätzlich auch noch eine neue Darstellung der Bernoulli-Zahlen zu entwickeln. Es ist: B_i = sum((-)^(i+1-k)\.k!/(k+1)\.a_k^(i),k=1,i) viel Freude wünschen subdubito und trunx
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: Mathematik :: Potenzsummen :: Folgen und Reihen :: Polynome :: Bernoulli-Zahlen :
Potenzsummen [von trunx]  
Die Berechnung des Ausdrucks sum(n^m,n=1,N) kann auf sehr verschiedene Weise vorgenommen werden. Einige davon sind bereits auf dem Matheplaneten vorgestellt worden, z.B. im Artikel Endliche Summen oder hier im Forum. Hier folgt noch ein weiterer Ansatz.
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"Stern Mathematik: Potenzsummen" | 7 Comments
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Re: Potenzsummen
von: durstig am: Fr. 06. Juni 2008 10:39:14
\(\begingroup\)Es gibt eine Summenformel für Potenzsummen (Die Nici-Formel), die ohne Rekursionen auskommt und deren Summanden von vorneherein - bis auf den Faktor n(n+1) - nach Potenzen von n geordnet sind. Ich habe sie als Beitrag unter dem Benutzername durstig auf dem Matheplaneten veröffentlicht. Als Nebenergebnis ergibt sich auch eine Rekursionsformel für diese Potenzsummen, die ohne Bernoulli-Zahlen auskommt. Wer auch den Beweis dafür lesen will gehe am besten auf meine Homepage www.w-hecht.de Prof. Dr. Günter M. Ziegler von der TU und Prof. Dr. Martin Aigner von der FU Berlin kannten diese Formel nicht und fanden sie „sehr hübsch“. Da ich nach anderhalb Jahren der Suche auch sonst niemanden gefunden habe, der sie kennt, gehe ich davon aus, dass sie neu ist! Was mache ich nun damit?\(\endgroup\)
 

Re: Potenzsummen
von: trunx am: Fr. 06. Juni 2008 22:06:22
\(\begingroup\)Hallo, vielen Dank für den link - mir ist Ihre Formel bisher nicht bekannt gewesen und natürlich ist es faszinierend, dass Sie ohne Rekursion auskommen 😄 bye trunx\(\endgroup\)
 

Re: Potenzsummen
von: Andi2 am: Sa. 18. Juli 2009 08:50:48
\(\begingroup\)Hallo, durch Zufall bin ich auf eure Seite gestoßen. Ich hab zwar kein Diplom, aber vor einigen Jahren habe ich eine besondere Formel durch Rumtüfteln hergeleitet, mit der man eine Potenzsumme durch Integrale ihrer entsprechend 1-potenzgrad niedrigeren Potenzsumme ausdrücken kann. Ich meine damit folgendes, man möge mir meine mathematische Ausdrucksweise verzeihen: Summe(k^(m+1)) mit (k = 1 bis n) in Abhängikeit von der Summe(k^m) mit (k = 1 bis n); Im Folgenden setzte ich die Summe(k^m) mit (k = 1 bis n) = S(m)(n), und die Summe(k^(m+1)) mit (k = 1 bis n) = S(m+1)(n); Die besondere Formel lautet: S(m+1)(n)= n+ (m+1)*[Integral(S(m)(n)dn) -n*(Integral(S(m)(n)dn) 0 bis 1)]; Hier mal ein Beispiel: S(m)(n) und m = 1, also S(1)(n) ist laut Taschenbuch n*(n+1)/2; Jetzt eingesetzt in S(m+1)(n), also S(2)(n) ergibt sich: S(2)(n) = n+ 2*[Integral(S(1))dn - n*(Integral(S(1)(n)dn in Grenzen 0 bis 1)]= n+ 2*[Integral(n*(n+1)/2)dn - n*(Integral(n*(n+1)/2)dn 0 bis 1)]= n+ 2*[(n^3)/6 + (n^2)/4 - n *(1/6 + 1/4)]= n+ 2*[(n^3)/6 + (n^2)/4 - n/6 - n/4]= n+ 2*[(n^3)/6 + (n^2)/4 -5n/12]= 6n/6+ 2*(n^3)/6 + 3*(n^2)/6 -5n/6= (2*(n^3) + 3*(n^2) + n)/6; Im Taschenbuch steht für S(2)(n) = n*(n+1)*(2n+1)/6, das ist ausmultipliziert (2*(n^3) + 3*(n^2) + n)/6, Ergebnis siehe Lösung! Die von mir hergeleitete Formel S(m+1)(n) gilt für alle m. Leider bin ich nicht in der Lage diese Formel zu beweisen, meine Herleitung liegt schon zu lange zurück. Ich wollte damals die Liste der Potenzsummen ebenfalls vereinfachen. Das kam dabei raus. Vielleicht hilft die Formel euch weiter oder ist evtl. ein Sonderfall einer bereits existierenden Formel? Viel Spaß, Gruß Andi\(\endgroup\)
 

Re: Potenzsummen (in fed gesetzt)
von: SchuBi am: Sa. 18. Juli 2009 09:54:33
\(\begingroup\)Hallo, Andi! Ich habe deinen Beitrag im fed geschrieben (der besseren Lesbarkeit halber) 😄 Allerdings hätte es gelangt, ihn einmal als Kommentar zu posten. Ich hab zwar kein Diplom, aber vor einigen Jahren habe ich eine besondere Formel durch Rumtüfteln hergeleitet, mit der man eine Potenzsumme durch Integrale ihrer entsprechend 1-Potenzgrad niedrigeren Potenzsumme ausdrücken kann Im Folgenden setzte ich die S_m(n)=sum(k^m,k=1,n) und S_(m+1)(n)=sum(k^m,k=1,n); Die besondere Formel lautet: S_(m+1)(n)= n+ (m+1)*(int(S_m(n),n) -n*int(S_m(n),n,0,1)) Hier mal ein Beispiel: S_m(n) und m = 1 also laut Taschenbuch S_1(n)=(n*(n+1))/2; Jetzt eingesetzt in S_(m+1)(n), also ergibt sich: S_2(n)=n+ 2*(int(S_1(n),n )- n*int(S_1(n),n,0 ,1)) =n+2*(int((n*(n+1))/2,n)- n*int((n*(n+1))/2,n,0,1)) =n+ 2*(n^3/6 +n^2/4 - n*(1/6+1/4)) =n+ 2*(n^3/6 + n^2/4 -5n/12)= =6n/6+ (2*n^3)/6 + (3*n^2)/6 -5n/6 =(2*n^3+ 3*n^2+n)/6 Im Taschenbuch steht für S_2(n) = (n*(n+1)*(2n+1))/6, das ist ausmultipliziert =(2*n^3+3*n^2+n)/6\(\endgroup\)
 

Re: Potenzsummen
von: Andi2 am: Fr. 24. Juli 2009 11:53:00
\(\begingroup\)...danke SchuBi für die Umsetzung, nochmal zu den Potenzsummen laut meinem Beitrag. Wenn ich die gefundene Beziehung obiger Formel Sn(m+1)(n) oder auch S(m+1)(x) entsprechend umforme, gelange ich zu folgender Beziehung: S'(m)(x) - m*S(m-1)(x) - S'(m)(1) + m = 0; wobei der Ausdruck S'(m)(1) + m immer konstant ist. Dann weiter gilt für die Potenzsummen auch die Beziehung: S(m)(x+1) - S(m)(x) = (x+1)^m; Jetzt mein Gedanke, weil mir das Ganze stark nach Beziehungen der Bernoulli-Polynome richt, für die gilt doch dieses: B'(m)(x) - m*B(m-1)(x) = 0; Dann weiter gilt für die Bernoulli-Polynome: B(m)(x+1) - B(m)(x) = m*x^(m-1); Außer einem konstanten additiven Anhang, einem konstanten Faktor und einer Verschiebung in x-Richtung gibt's doch da nicht so viele Unterschiede :-). Ist es nicht möglich sowie "durstig" die "Nicische" Formel zur Berechnung der Potenzsummen ohne Bernoulli-Zahlen, sondern über eine Determinantendarstellung entworfen hat, eine analoge Darstellung für die Bernoullipolynome B(m)(x) selbst und somit auch für die Bernoullizahlen B(m) = B(m)(0) zu finden? Gruß Andi \(\endgroup\)
 

Re: Potenzsummen
von: Andi2 am: So. 07. Juni 2020 19:07:16
\(\begingroup\)Durch langes Tüfteln habe ich nun endlich eine Formel für ein Bernoulli Polynom B(n+1)(x) in Abhängigkeit vom vorherigen Bernoulli Polynom B(n)(x) gefunden, ohne die Bernoulli Zahl B(n+1) wissen zu müssen. Hier präsentiere ich euch nun die Formel: B_(n+1)(x)= (n+1)*(int(B_(n)(x),x,0,x)-(int((int(B_(n)(x),x,0,x)),x,0,1))) Nehmen wir als Rechenbeispiel mit gegeben B_(n)(x) und n=1 das Bernoulli Polynom B_(1)(x)= x - 1/2; Als erstes müssen wir gleich zweimal hintereinander B_(1)(x) intergrieren: int(B_(1)(x),x,0,x) = int((x-1/2),x,0,x)= stammf(1/2*x^2-1/2*x,0,x) = 1/2*x^2-1/2*x, dann gleich nochmal integrieren über die Grenzen 0 bis 1 hinweg ergibt: int((1/2*x^2-1/2*x),x,0,1) = stammf(1/6*x^3-1/4*x^2,0,1) = 1/6 -1/4 = -1/12; Jetzt beide Zwischenergebnisse in obige Ausgangsformel einsetzen: B_(n+1)(x) = B_(2)(x) = (2)*(int(B_(1)(x),x,0,x)-int((1/2*x^2-1/2*x),x,0,1))= B_(2)(x) = 2*(1/2*x^2-1/2*x-(-1/12))= x^2-x+1/6 Bernoulli Polynom B_(2)(x) = x^2-x+1/6 daraus ergibt sich dann auch die entsprechende Bernoulli Zahl: B_(2)(0) = B_(2) = 1/6; Viel Spaß beim Rechnen! \(\endgroup\)
 

Re: Potenzsummen
von: Andi2 am: Di. 09. Juni 2020 20:58:35
\(\begingroup\)Die n-te Bernoulli Zahl auch möglich in dieser einfachen kurzen Integralschreibweise in Abhängigkeit vom n-ten Bernoulli Polynom. Man muss den jeweiligen reinen variablen Anteil eines n-ten Bernoulli-Polynoms, also ohne dessen konstante Bernoulli Zahl wissen, sprich (Bn(x) weniger Bn). Für diesen variablen Anteil den negativen Flächeninhalt in den Grenzen von 0 bis 1 ermitteln et voilà die zugehörige Bernoulli-Zahl: B_(n)= -int((B_(n)(x) - B_(n)),x,0,1) \(\endgroup\)
 

 
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