Wie Rechnet man eine Reihe welche nicht Arithmetisch oder Geometrisch ist?
Da ich in dem Rot umrandeten Teil des Bildes keine konstante Differenz und keinen Konstanten Faktor feststellen kann, kann ich nicht die zwei mir bekannten Formeln (für Arithmetische Reihen und für Geometrische Reihen) verwenden.
Den nicht umrandeten Teil kann ich berechnen ( 2 * 55 = 110.). Mit der Formel für Arithmetische Reihen (bzw. mit dem kleinen Gauß).
Kann mir jemand bei dem Rest helfen?
3 Antworten
Hallo,
die Summenformel für n^3 lautet [n^2*(n+1)^2]/4
Da jedesmal noch eine 7 addiert wird, fügst Du noch ein +7n hinzu.
In Deinem Fall lautet die Summenformel also:
7r+[r^2*(r+1)^2]/4
Herzliche Grüße,
Willy
Genau: nur weil zu einer bekannten Reihe eine Konstante dazuaddiert wird, wird es keine kompliziertere Reihe, sondern wegen den Additionsgesetzen kann man sie als 2 getrennte Reihen betrachten.
(aus dem Zusammentun 2er primitiver Objekte wird noch lange kein höher entwickeltes ... :-)
Lieber Mike!
Das ist eine endliche Summe und die kannst du genau so ausrechnen wie es da steht. Oder schaffst du es nicht, 46 Zahlen zu addieren?
8 + 15 + ... + 97343
Die Geometrische Reihe besteht aus einer unendlichen Summe und nur dafuer gilt die Formel.
Siehe https://de.wikipedia.org/wiki/Geometrische_Reihe
Aber leider ist auch die Zeit, die bei einer Klausur zur Verfügung steht, endlich.
Uns interessiert nun also die Summe:
sum(1, n){ k^3 } = ?
Bspw: n = 1 bis 5
n = 1 :
1 = 1 = 1²
n = 2:
1 + 8 = 9 = 3²
n = 3:
1 + 8 + 27 = 36 = 6² =
n = 4:
1 + 8 + 27 + 64 = 100 = 10² =
n = 5:
1 + 8 + 27 + 64 + 125 = 225 = 15²
Wir vermuten nun eine Gesetzmäßigkeit und setzen an:
S(1,n) = (a*n + b)^2
Für n = 1: ---> (a + b)² = 1
Für n = 2: ---> (2a + b)² = 3²
Damit erhalten wir:
I) a + b = 1
II) 2a + b = 3
--> a = 2 und damit b = - 1
Wir überprüfen: S(1,n) = (2n - 1)^2
n = 3: ---> (2*3 - 1)² = 5² hier funktioniert dies also nicht.
Wir gehen also einen Schritt weiter und setzen an zu:
S(1,n) = (an² + bn + c)²
n = 1 : ---> (a + b + c)² = 1²
n = 2 : ---> (4a + 2b + c)² = 3²
n = 3 : ---> (9a + 3b + c)² = 6²
Also damit:
a + b + c = 1
4a + 2b + c = 3
9a + 3b + c = 6
Damit dann:
3a + b = 2
8a + 2b = 5
Und schließlich:
2a = 1 --> a = 1/2
--> b = 1/2
---> c = 0
Also : S(1, n) = ((n² + n)/2)²
Wir testen wieder:
n = 1 : ---> S(1,1) = 1
n = 2 : ---> S(1,2) = 3²
n = 3 : ---> S(1,3) = 6²
n = 4 : ---> S(1,4) = 10²
n = 5 : ---> S(1,5) = 15²
Es sieht damit so aus, als ob wir unsere Lösung gefunden hätten. Es gilt nun also nur noch mittels vollständiger Induktion zu beweisen:
Behauptung:
S(1,n) = ((n² + n)/2)² für alle n > 0 , n aus IN
IA) n = 1 :
S(1,1) = 1 = 1³
die Aussage ist also für n = 1 wahr.
IV)
Angenommen die Aussage stimme für ein festes aber beliebiges n aus IN.
IS) A(n) ---> A(n+1) :
S(1, n+1) = (((n+1)² + (n+1))/2)² = ((n+1)^4 + 2(n + 1)³ + (n+1)²)/4
Wir müssen nun überprüfen ob dies gleich folgendem Ausdruck ist:
((n² + n)/2)² + (n + 1)^3 = S(1, n) + (n + 1)^3
Man kann dies auf verschiedenste Weisen tun. Ich werde hier verwenden, dass beide Funktionen Polynome vom gleichen Grad sind (beide vom Grade 4). Und das jedes Polynom 4.Grades durch 4 Punkte eindeutig bestimmt ist, stimmen beide Polynome 4.Grades in 4 Punkten überein, so müssen sie identisch sein.
n = 0: ---> 1 = 1
n = -1: ---> 0 = 0
n = 1: ---> 9 = 9
n = 2: ---> 36 = 36
Die beiden Polynome stimmen also in 4 Punkten überein, woraus folgt, dass beide Polynome identisch sind.
Alternativ erhält man das gleiche auch wenn man beide Ausdrücke ausmultipliziert und einen Koeffizientenvergleich durchführt.
Damit folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion die Wahrheit dieser Aussage für alle n aus IN mit n > 0.
Wir können also nun für die endliche Summe schreiben:
sum(1, 46){ n^3 } = ((46² + 46)/2)² = 1168561
Zur letzten Überprüfung hier auch nochmal was Wolfram Alpha dazu sagt:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum(1,+46)%7B+n%5E3+%7D
wobei dies mit obigem Ergebnis übereinstimmt.
Es könnte dich eventuell auch noch der allgemeinere Fall interessieren, siehe dazu hier:
http://www.arndt-bruenner.de/mathe/Allgemein/summenformel2.htm
Ich möchte an dieser Stelle noch anmerken wieso die Aussage mit den Polynomen stimmt.
Sagen wir, wir haben 5 paarweise verschiedene Punkte {(x1|f(x1)), ... , (x5|f(x5))} aus IR^2 gegeben. Wir wollen nun ein Polynom 4.Grades finden, welches alle diese 5 Punkte durchläuft. Wir können sofort auch eine Lösung hinschreiben:
P1(x) = (x - x2)(x - x3)(x - x4)(x - x5)*f(x1)/{(x1 - x2)*(x1 - x3)*...} + (x - x1)(x - x3)(x - x4)(x - x5)*f(x2)/{(x2 - x1)(x2 - x3)*...} + ...
(für alle 5 Punkte)
Damit lässt sich schon mal sagen, dass für 5 beliebige Punkte mit obigen Eigenschaften überhaupt ein Polynom 4.Grades mit obigen Eigenschaften existiert.
Angenommen es gäbe nun ein weiteres Polynom P2, welches ebenfalls durch alle 5 Punkte geht. Betrachte dann:
D(x) = P1(x) - P2(x) , als Summe von Polynomen 4.Grades ebenfalls ein Polynom 4.Grades. Kann daher als solches nur 4 Nullstellen besitzen. Es gilt jedoch:
D(xi) = 0 für alle i aus {1, ... , 5} , nach Konstruktion. Dies ist jedoch ein Widerspruch zum Fundamentalsatz der Algebra, welcher besagt, dass ein Polynom 4.Grades maximal 4 Nullstellen in IR haben kann. Somit kann kein zweites Polynom P2(x) existieren welches ebenfalls vom Grade 4 ist und durch obige 5 Punkte geht.
Es gibt auch alternative Beweise die bspw. die eindeutige Lösbarkeit von bestimmten linearen Gleichungssystemen benutzen, in dem Zusammenhang taucht dann die Vandermondmatrix auf:
Das ist ja nicht der Sinn hinter der höheren Mathematik. Und wenn so eine Aufgabe in der Uni-Klausur vorkommen würde, und n=9999 wäre, würden 90 Min. nicht ausreichen das auszurechnen.