Antworte auf:  Auswertung einer endlichen Reihensumme mit floor(*) von Wario
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Wario
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 Beitrag No.15, eingetragen 2021-06-19 01:26    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-19 01:03 - hyperG in Beitrag No. 14) \quoteon(2021-06-19 00:27 - Wario in Beitrag No. 13) Die Aufgabe ist doch lange gelöst. Es braucht jetzt nicht noch diverse Verrücktheiten oben drauf. Wer was Anspruchsvolles sucht, kann ja mal hier reinschauen: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=254526 Aber bitte auch da nicht mit 60 Kosinustermen usw., das ist nicht die Idee. \quoteoff Eigentlich wollte ich längst antworten, aber da Du jetzt schon mehrfach einen Ton anlegst, der das Gegenteil von Bedanken ist, lasse ich mir Zeit damit. \quoteoff Es geht bei solchen Sachen normalerweise nicht darum, das Ergbnis im Rahmen der Mess- oder Rechengenaugenauigkeit irgendwie hauruck herbeizuführen mit teils riesigen Interpolationstermen, die man dann, vermutlich, im Sinne des Verfassers von diesen berühmten Screenshoots in den meisten Deiner Beiträge abtippen soll. Also Danke, aber Nein Danke.

hyperG
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 Beitrag No.14, eingetragen 2021-06-19 01:03    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-19 00:27 - Wario in Beitrag No. 13) Die Aufgabe ist doch lange gelöst. Es braucht jetzt nicht noch diverse Verrücktheiten oben drauf. Wer was Anspruchsvolles sucht, kann ja mal hier reinschauen: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=254526 Aber bitte auch da nicht mit 60 Kosinustermen usw., das ist nicht die Idee. \quoteoff Eigentlich wollte ich längst antworten, aber da Du jetzt schon mehrfach einen Ton anlegst, der das Gegenteil von Bedanken ist, lasse ich mir Zeit damit.

Wario
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 Beitrag No.13, eingetragen 2021-06-19 00:27    [Diesen Beitrag zitieren]
Die Aufgabe ist doch lange gelöst. Es braucht jetzt nicht noch diverse Verrücktheiten oben drauf. Wer was Anspruchsvolles sucht, kann ja mal hier reinschauen: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=254526 Aber bitte auch da nicht mit 60 Kosinustermen usw., das ist nicht die Idee.

hyperG
Senior
Dabei seit: 03.02.2017
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 Beitrag No.12, eingetragen 2021-06-19 00:06    [Diesen Beitrag zitieren]
Da Du nun Mod nicht magst, hier mit Pow: \sourceon mathematica d[n_]:=(25 n-6+12 n^2+2 n^3+3 (-1)^n (2+n))/12; Table[d[n],{n,25}] {2,10,18,36,54,86,118,168,218,290,362,460,558,686,814,976,1138,1338,1538,1780,2022,2310,2598,2936,3274} \sourceoff Ich kann Dir auch noch eine Funktion mit cos basteln, die man sogar im reellen Zahlenbereich knickfrei zeichnen kann: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/47407_Mod_Pow_Cos.PNG Expliziter geht's nicht!

Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Beitrag No.11, eingetragen 2021-06-18 22:39    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-18 22:32 - hyperG in Beitrag No. 10) \quoteon(2021-06-18 21:07 - Wario in Beitrag No. 9) Ja gut im Sinne einer Fallunterscheidung für gerade und ungerade n. Es ist besser, wenn ich das in expliziter Form habe. Wobei es an sich eine Zusammenfassung geben sollte: A018227 \quoteoff Da die Fallunterscheidung bereits zw. 0 & 1 wechselt, braucht man nur die beiden Produkte aufsummieren: \sourceon mathematica s[n_] := 2*Sum[Floor[(k + 2)/2]^2, {k, 1, n}] d[n_] :=((11 n)/6-1)*Mod[n,2]+Mod[n+1,2]*(7 n)/3+ n^2+n^3/6; Table[{s[k],d[k]},{k,22}] {{2,2},{10,10},{18,18},{36,36},{54,54},{86,86},{118,118},{168,168},{218,218},{290,290},{362,362},{460,460},{558,558},{686,686},{814,814},{976,976},{1138,1138},{1338,1338},{1538,1538},{1780,1780},{2022,2022},{2310,2310}} \sourceoff Explizit genug? \quoteoff Das ist nicht schlecht, aber im Hinblick auf Anschlussrechenoperationen (z.B. a(n) = Z auflösen nach n) kann mod() wieder problematisch sein; also werde ich einen der Terme a(n) = n*((n+3)^2 + 2)/6 + (n+2)*(1+(-1)^n)/4 - 1, n >= 1. a(n) = (n+1)*(n+2)*(n+3)/6 + (n+2)*(1+(-1)^n)/4 - 2, n >= 1. a(n) = T_{n+1} + (n+2)*(1+(-1)^n)/4 - 2, n >= 1, die im Link genannt werden verwenden.

hyperG
Senior
Dabei seit: 03.02.2017
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 Beitrag No.10, eingetragen 2021-06-18 22:32    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-18 21:07 - Wario in Beitrag No. 9) Ja gut im Sinne einer Fallunterscheidung für gerade und ungerade n. Es ist besser, wenn ich das in expliziter Form habe. Wobei es an sich eine Zusammenfassung geben sollte: A018227 \quoteoff Da die Fallunterscheidung bereits zw. 0 & 1 wechselt, braucht man nur die beiden "alternierenden Mod-Produkte" aufsummieren: \sourceon mathematica s[n_] := 2*Sum[Floor[(k + 2)/2]^2, {k, 1, n}] d[n_] :=((11 n)/6-1)*Mod[n,2]+Mod[n+1,2]*(7 n)/3+ n^2+n^3/6; Table[{s[k],d[k]},{k,22}] {{2,2},{10,10},{18,18},{36,36},{54,54},{86,86},{118,118},{168,168},{218,218},{290,290},{362,362},{460,460},{558,558},{686,686},{814,814},{976,976},{1138,1138},{1338,1338},{1538,1538},{1780,1780},{2022,2022},{2310,2310}} \sourceoff Explizit genug?

Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Beitrag No.9, eingetragen 2021-06-18 21:07    [Diesen Beitrag zitieren]
Ja gut im Sinne einer Fallunterscheidung für gerade und ungerade n. Es ist besser, wenn ich das in expliziter Form habe. Wobei es an sich eine Zusammenfassung geben sollte: A018227

endy
Senior
Dabei seit: 10.01.2011
Mitteilungen: 3249
 Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-18 20:32    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo. \sourceon mathematica (* In *) Clear@ "Global`*" s[n_] := 2*Sum[Floor[(k + 2)/2]^2, {k, 1, n}] d[n_] := (7 n)/3 + n^2 + n^3/6 /; Mod[n, 2] == 0 d[n_] := -1 + (11 n)/6 + n^2 + n^3/6 /; Mod[n, 2] == 1 lsts = s /@ Range @ 20 lstd = d /@ Range @ 20 s /@ Range @ 1000 == d /@ Range @ 1000 (* Out *) {2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, 168, 218, 290, 362, 460, 558, 686, 814, \ 976, 1138, 1338, 1538, 1780} {2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, 168, 218, 290, 362, 460, 558, 686, 814, \ 976, 1138, 1338, 1538, 1780} True \sourceoff Also fur die ersten 1000 Werte stimmt es. Mit Beitrag Nr. 3 folgt: a(2n) ist ein Polynom vom Grad 3 in n. Substituiere 2n->n und erhalte damit das erste d Polynom. a(2n+1) ist ebenfalls ein anderes Polynom vom Grad 3 in n. Substituiere n->(n-1)/2 und erhalte damit das zweite d Polynom. Fertig. Gruss endy

Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Beitrag No.7, eingetragen 2021-06-18 20:08    [Diesen Beitrag zitieren]
Aha, ja. Also ich bräuchte dann immer noch $a_{1n}$. Also gibt es keine einfachere Darstellung als in #4 $\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \newcommand\P{\floor{\frac{n}{2}}} \newcommand\Q{\floor{\frac{n+1}{2}}} % \displaystyle a_n =\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 \\ =2\P \left( \P+2 \right) +\dfrac{\P \left( \P+1 \right) \left( 2\P+1 \right)}{3} \\ \hspace{2em}+\dfrac{\Q\left( \Q+1 \right) \left( 2\Q+1 \right)}{3} : ~~ 2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, 168, \dots $ ?

sonnenschein96
Senior
Dabei seit: 26.04.2020
Mitteilungen: 509
 Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-18 18:50    [Diesen Beitrag zitieren]
$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$ $\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}$ Ich denke endy meinte \[ a_{2n}=2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2, \] was auch zu meinem Beitrag passt, da \(\floor{\frac{2n}{2}}=\ceil{\frac{2n}{2}}=n\). Edit: Also dann \[a_{2n}=\dfrac{2n(2(n+1)(n+2)+3)}{3}\] und \[a_{2n+1}=a_{2n}+2(n+1)^2.\]

Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Beitrag No.5, eingetragen 2021-06-18 18:38    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-17 20:08 - endy in Beitrag No. 3) Deine Rechnung ist vollkommen richtig. Nur du hast $\displaystyle a_{2n}$ berechnet. Es gilt $\displaystyle a_{2n+1}=a_{2n}+ 2 \cdot (n+1)^2$ und damit bist du fertig. \quoteoff So oder wie? $a_n = a_{2n} + a_{2n+1} =2a_{2n} +2(n+1)^2 \\ =2\dfrac{2n(2(n+1)(n+2)+3)}{3} +2(n+1)^2$ ? Nein, kann nicht sein und liefert auch nicht 2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, ...

Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Beitrag No.4, eingetragen 2021-06-18 16:34    [Diesen Beitrag zitieren]
$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \displaystyle a_n =\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{p=1}^P \floor{\dfrac{2p+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{q=1}^Q \floor{\dfrac{(2q-1)+2}{2}}^2$
  • Größter Index $P$ von $p$
    · Falls $n$ gerade $\Rightarrow$ $ 2p = n ~\Rightarrow~ p = \frac{n}{2} = \floor{ \frac{n}{2} } $
    · Falls $n$ ungerade $\Rightarrow$ $ 2p = n-1 ~\Rightarrow~ p = \frac{n-1}{2} = \floor{ \frac{n}{2} } $
    $\displaystyle \Rightarrow~ P = \floor{\frac{n}{2}} $
  • Größter Index $Q$ von $q$
    · Falls $n$ gerade $\Rightarrow$ $ 2q-1 = n-1 ~\Rightarrow~ q = \frac{n}{2} = \floor{ \frac{n}{2} } $
    · Falls $n$ ungerade $\Rightarrow$ $ 2q-1 = n ~\Rightarrow~ q = \frac{n+1}{2} = \floor{ \frac{n+1}{2} } $
    $\displaystyle \Rightarrow~ Q = \floor{\frac{n+1}{2}} $
Da $\floor{ \frac{m}{2} } = \begin{cases} \frac{m}{2}, & \text{falls }m\text{ gerade}\\ \frac{m-1}{2}, & \text{falls }m\text{ ungerade} \end{cases}$ $\newcommand\P{\floor{\frac{n}{2}}} \newcommand\Q{\floor{\frac{n+1}{2}}} \displaystyle \begin{array}{l l l} \Rightarrow &a_n &=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{p=1}^P \floor{\dfrac{2p+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{q=1}^Q \floor{\dfrac{(2q-1)+2}{2}}^2 \\ & &=2\sum\limits_{p=1}^P \floor{p+1}^2 +2\sum\limits_{q=1}^Q \floor{q+\dfrac{1}{2}}^2 \\ & &=2\sum\limits_{p=1}^P (p+1)^2 +2\sum\limits_{q=1}^Q q^2 \\ & &=2\left((P+1)^2-1 +\sum\limits_{p=1}^P p^2 \right) +2\sum\limits_{q=1}^Q q^2 \\ & &=2(P+1)^2-2 +2\sum\limits_{p=1}^P p^2 +2\sum\limits_{q=1}^Q q^2 \\ & &=2P(P+2) +2\dfrac{P(P+1)(2P+1)}{6} +2\dfrac{Q(Q+1)(2Q+1)}{6} \\ & &=2P(P+2) +\dfrac{P(P+1)(2P+1)}{3} +\dfrac{Q(Q+1)(2Q+1)}{3} \\ & &=2\P \left( \P+2 \right) +\dfrac{\P \left( \P+1 \right) \left( 2\P+1 \right)}{3} \\ & &\hspace{2em}+\dfrac{\Q\left( \Q+1 \right) \left( 2\Q+1 \right)}{3} \end{array}$ Ob man da noch groß vereinfachen kann?


endy
Senior
Dabei seit: 10.01.2011
Mitteilungen: 3249
 Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-17 20:08    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo. Deine Rechnung ist vollkommen richtig. Nur du hast $\displaystyle a_{2n}$ berechnet. Es gilt $\displaystyle a_{2n+1}=a_{2n}+ 2 \cdot (n+1)^2$ und damit bist du fertig. Gruss endy

Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Beitrag No.2, eingetragen 2021-06-17 19:04    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-17 18:23 - sonnenschein96 in Beitrag No. 1) Hallo Wario, \quoteon(2021-06-17 17:52 - Wario im Themenstart) $\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$ Was ist falsch an dieser Rechnung? $\displaystyle a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \\ [...] $ \quoteoff $\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}$ Das ist wohl schon falsch. Wenn Du die Summation in gerade und ungerade Zahlen aufteilen möchtest, müsste dies wohl eher \[ a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{k=1}^{\floor{\frac{n}{2}}} \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{k=1}^{\ceil{\frac{n}{2}}}\floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \] heißen. \quoteoff Stimmt. Ok, alles klar. Am Rande: Ich wüsste jetzt nicht, wie man die Summe sonst auswerten kann. Falls es einfacher geht, gern.

sonnenschein96
Senior
Dabei seit: 26.04.2020
Mitteilungen: 509
 Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-17 18:23    [Diesen Beitrag zitieren]
Hallo Wario, \quoteon(2021-06-17 17:52 - Wario im Themenstart) $\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$ Was ist falsch an dieser Rechnung? $\displaystyle a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \\ [...] $ \quoteoff $\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}$ Das ist wohl schon falsch. Wenn Du die Summation in gerade und ungerade Zahlen aufteilen möchtest, müsste dies wohl eher \[ a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{k=1}^{\floor{\frac{n}{2}}} \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{k=1}^{\ceil{\frac{n}{2}}}\floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \] heißen.

Wario
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Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 626
 Themenstart: 2021-06-17 17:52    [Diesen Beitrag zitieren]
Sei $\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \displaystyle (a_n)_{n=1,2,3,\dots}=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2: 2, 10, 18, 36, 54, 86, 118,\dots$ Was ist falsch an dieser Rechnung? $\displaystyle a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 =2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2 +2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \\ =2\sum\limits_{k=1}^n \floor{k+1}^2 +2\sum\limits_{k=1}^n \floor{k+\dfrac{1}{2}}^2 \\ =2\sum\limits_{k=1}^n (k+1)^2 +2\sum\limits_{k=1}^n k^2 \\ =2\sum\limits_{k=1}^n k^2 +2\sum\limits_{k=1}^n 2k +2\sum\limits_{k=1}^n 1 +2\sum\limits_{k=1}^n k^2 \\ =4\sum\limits_{k=1}^n k^2 +4\sum\limits_{k=1}^n k +2\sum\limits_{k=1}^n 1 \\ =4\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} +4\dfrac{n(n+1)}{2} +2n \\ =\dfrac{2 n(n+1)(2n+1)}{3} +\dfrac{6 n(n+1)}{3} +\dfrac{6n}{3} \\ =\dfrac{2n(2(n+1)(n+2)+3)}{3}:~ 10, 36, 86, 168, 290, 460, ...$

 
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