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von **CrazyPumuckl** » 20.02.07 17:23

Hallo,

Habe mal von der o.g. Aufgabe die ii) (zweite) $\sum_{k=1}^{n-1}kH_k$ probiert. Bin dabei zu folgendem Ergebnis gekommen:

$\dots=\frac{1}{2}n((n-1)\cdot(H_n-\frac{1}{2})-1)$ .

Hat jemand dasselbe oder was ähnliches raus?

Für die ii) (erste) $\sum_{k=0}^{n-1}H_k$ hätte ich folgendes zu bieten:

$\dots=n(H_n-1)$ .

von **bugs** » 21.02.07 13:19

also für ii) (zweite) habe ich folgendes raus:

$\frac{1}{2} \cdot n^2 \cdot H_k - \frac{n \cdot (n-1)}{4}$

mein Rechenweg:

$\sum_{k=1}^{n-1}kH_k = \sum_{k=0}^{n-1}kH_k$

mit partieller Summation:
$\Delta (f) (k) = k, \\ f(k) = \frac{1}{2}k^2,$
$E(f)(k) = \frac{1}{2} (k+1)^2, \\ g(k) = H_k \\ \Delta(g)(k) = k^{\underline{-1}}$

$\sum_{k=0}^{n-1}\Delta (f)(k) \cdot g(k) = (f \cdot g)(n)-(f\cdot g)(0) - \sum_{k=0}^{n-1}E(f)(k) \cdot \Delta(g)(k)$
$\Rightarrow \sum_{k=1}^{n-1}kH_k = (\frac{1}{2}k^2 \cdot H_k)(n) - (\frac{1}{2}k^2 \cdot H_k)(0) - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2}(k+1)^2 \cdot k^{\underline{-1}} \\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - 0 - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2}(k+1)^2 \cdot \frac{1}{(k+1)} \\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}k+1 \\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k \\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - \frac{1}{2} \frac{n(n+1)}{2} \\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - \frac{n(n+1)}{4}$

ich weiß aber nicht, ob das jetzt so richtig ist, aber ich habe das versucht so zu machen, wie in der Musterlösung

für ii) (erste) habe ich auch $n \cdot (H_k - 1)$

von kb » 21.02.07 16:39

bugs hat geschrieben:also für ii) (zweite) habe ich folgendes raus:
.....
$...\\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_k - 0 - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2}(k+1)^2 \cdot \frac{1}{(k+1)}$

da muss $H_n$ hin.
Den Rest hab ich auch so. Zum Schluss kann man noch zusammenfassen:
$= \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - \frac{n(n+1)}{4}}\\ = \frac{1}{2}n^2 \cdot H_n - \frac{1}{4}(n^2 + n)\\ = \frac{1}{4}n^2 (2H_n - n)$

von **bugs** » 21.02.07 16:59

ja stimmt

habs mal geändert für die Nachwelt

von kb » 21.02.07 17:59

Hab da auch mal ne Frage zu:

$\sum_{k=1}^{n-1}k^3$

es gilt ja $k^3 = k^{\underline{3}} + 3k^{\underline{2}} + k^{\underline{1}}$

das ist ja $\left ( \frac{n(n-1)}{2} \right ) ^2 = \left ( \frac{1}{2}n^{\underline{2}} \right )^2$ , wobei die Musterlösung die Potenz falsch gesetzt hat

Aber ich kann ja auch $k^3 = k^2 \cdot k = (k^{\underline{2}} + k^{\underline{1}})\cdot k^{\underline{1}}$ schreiben.
Wenn ich das als $\Delta (fg)(k)$ benutze, bekomme ich aber für die Summe raus:
$\sum_{k=1}^{n-1}k^3 = \left ( \frac{1}{3}n^{\underline{3}} + \frac{1}{2}n^{\underline{2}} \right ) \cdot \frac{1}{2}n^{\underline{2}}$
das ist aber eindeutig nicht $\left ( \frac{1}{2}n^{\underline{2}} \right )^2$

Wo liegt mein Denkfehler?

von **CrazyPumuckl** » 21.02.07 21:10

@bugs: f(k) = 1/2k^2 ?! also da habe ich 1/2k^2(unten quer)

dadurch hab ich dann links: $1/2*H_k*k^{2(unten quer)}(n) - 1/2*H_k*k^{2(unten quer)}(0) = 1/2*H_n*n*(n-1)$ (also nur für den linken Teil. Oder was ist daran falsch?

von kb » 21.02.07 21:23

statt "untenquer" kannst du auch "\underline{...}" schreiben, dann haste ordentliche Formeln ;]

aber du hast Recht, das hatte ich auch übersehen.

Da kommt dann am Ende raus
$= \frac{1}{2}n^{\underline{2}} \cdot H_n - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2}(k+1)^{\underline{2}} \cdot \frac{1}{(k+1)} \\ = \frac{1}{2}n^{\underline{2}} \cdot H_n - \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{n-1} k \\ = \frac{1}{2}n^{\underline{2}} \cdot H_n - \frac{1}{2} \left ( \frac{(n-1)n}{2} \right ) \\ = \frac{1}{4}n^{\underline{2}}(2H_n - 1)$

von **CrazyPumuckl** » 21.02.07 21:29

Ok, danke für den Tipp :-)

(Kann $\LaTeX$ leider nicht so gut, aber werde mein bestes geben

Habe auch Dein Ergebnis rausbekommen.

von **bugs** » 21.02.07 22:41

hm ... also das ist meiner meinung nach ein "echtes" quadrat ...

ich "leite" doch quasi $k$ auf und damit komme ich auf $\frac{1}{2}k^2$

oder muss man dann auch $k^{\underline{1}}$ annehemen? bin etwas verwirrt

von kb » 21.02.07 23:58

du musst $k^{\underline{1}}$ nehmen, sonst gelten die Umrechnungsregeln nicht!

von **bugs** » 22.02.07 01:18

ah ok, na gut, ist ja auch eigentlich logisch ...

von **PsY** » 22.02.07 17:38

könnte mich mal jemand aufklären was es da mit diesem E auf sich hat? warum muss ich das da nehmen?
liegt das an der partiellen integration? weil die stammfunktion von $\Delta f(k) = k^{\underline{1}}$ ist doch schon $f(k) = \frac{1}{2}k^{\underline{2}}$ . warum muss ich da dann nochmal das E drauf anwenden?!

MfG

PsY

von **MartinL** » 22.02.07 18:12

Es gilt für die Partielle Summation:

$\sum \Delta(f(x))g(x) = \[f(x) g(x)] - \sum f(x+1) \Delta(g(x))$

Wobei natürlich der Teil in der Mitte auch in den entsprechenden Grenzen auszuwerten ist.

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