Immer wieder kommen hier auf dem MP Anfragen, wie man für gegebene und mit den Wert der Reihe bestimmen kann. Für handelt es sich natürlich um die geometrische Reihe und es ist bekanntermaßen . Wie man den Wert der Reihe berechnet für , zeige ich im folgenden Artikel.
Die Grundidee zur Berechnung ist, dass man sich die Ableitung der geometrischen Reihe nach anschaut. Es ist . Nach Multiplikation mit erhalten wir folglich für .
Für berechnet man nun ganz analog die Ableitung und erhält . Auch hier muss wieder mit multipliziert werden, sd. man errechnet.
Es liegt also nahe, den Operator als verallgemeinerte Ableitung einzuführen. Damit ist zunächst ganz formal für alle .
Unschwer ist zu erkennen, dass sich durch die (verallgemeinerte) Ableitung eine gebrochen-rationale Funktion in ergibt (Zähler und Nenner sind je Polynome in ): . Genauer ist der Nenner . Der Zähler sei zunächst nur mit bezeichnet, dieser soll nun ermittelt werden.
Dazu schauen wir uns die Quotientenregel an. Es soll ja sein , dh. es ist einfach (1) .
Um jetzt weiter zu kommen, wird als Polynom -ten Grades in angesetzt. Es fehlt das konstante Glied, da ja nach der normalen Ableitung nochmal ein multipliziert wird. Wir setzen also in Gleichung (1) ein.
Das ergibt für die Koeffizienten folgende Rekursion: (2) .
Um diese Rekursion auszuwerten, schauen wir uns einige Eigenschaften der an. ZB. ist , wie man sich durch vollständige Induktion klar macht. Hier sei in Kürze nur der Induktionsschritt gemacht, es ist unter Verwendung von (2):
Desweiteren sind die symmetrisch, konkret ist .
Zur Veranschaulichung kann man sich folgendes Koeffizienten-Dreieck anlegen:
Die Auswertung der Rekursionsgleichung (2) erfolgt mit Hilfe der Ideen, die ich hier beschrieben habe. Daher gebe ich jetzt nur das Ergebnis an: . Damit stellt sich der gesuchte Zähler dar als
Berechnung des Wertes der Reihe sum limits_{j=0}^{infty} j^m q^j
Immer wieder kommen hier auf dem MP Anfragen, wie man für gegebene m in mathds{N} und q in mathds{R} mit abs{q} den Wert der Reihe sum limits_{j=0}^{infty} j^m q^j bestimmen kann. Für m=0 handelt es sich natürlich um die geometrische
\(\begingroup\)Hallo Jens,
irgendwie vermisse ich die Begründung, warum man überhaupt Summation und Differentation vertauschen darf. Darauf baut ja der gesamte Artikel auf.
LG Niklas\(\endgroup\)
\(\begingroup\)hallo niklas, danke für deine anmerkung.
ich habe oben nun $\abs{q}<1$ ergänzt. ansonsten ging es mir eher um die berechnung des wertes, als um existenzaussagen. man muss da vermutlich auch nicht weiter in die tiefe gehen. so weit ich das sehe, reicht es ja, sich die partialsummen $S_J^{(m)}=\sum \limits_{j=0}^J j^m q^j$ im grenzübergang $J \to \infty$ anzusehen und ihre gleichmäßige konvergenz festzustellen. die vertauschung von summation und differentiation bei den $S_J^{(m)}$ ist ja kein problem, sd.
$S_J^{(m)}=D_q^m \frac{1}{1-q}-q^{J+1} (J+1+D_q)^m \frac{1}{1-q}$ ist und wegen der oben vorgenommenen ergänzung im fraglichen grenzübergang sofort das im artikel beschriebene folgt. dennoch danke :)
bye trunx\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Schöner Artikel! Hab mir das schon etliche Male für Spezialfälle herleiten müssen und natürlich immer wieder vergessen. Jetzt weiß ich, wo ich nachsehen kann, top!\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Eine ähnliche Formel (die natürlich das gleiche Ergebnis liefert, aber das ist auf den ersten Blick nicht zu erkennen) erhält man mit einer erzeugenden Funktion:
$\displaystyle \sum_{m=0}^\infty\left\{
\sum_{j=0}^\infty j^m\,q^j\right\}{\lambda^m\over m!}=
\sum_{j=0}^\infty e^{\lambda j}\,q^j=$
$\displaystyle =
{1\over1-e^\lambda \,q}=
\sum_{n=0}^\infty{q^n\over(1-q)^{n+1}}
\left[e^\lambda-1\right]^n
$
Einsetzen von
$\displaystyle \left[e^\lambda-1\right]^n =
\sum_{m=n}^\infty\sum_{k=0}^n{n\choose k}\,(-1)^k\,(n-k)^m\,{\lambda^m\over m!}
$
liefert dann (für $m=0,1,2,\ldots$)
$\displaystyle \sum_{j=0}^\infty j^m\,q^j =
\sum_{n=0}^m{q^n\over(1-q)^{n+1}}
\sum_{k=0}^n{n\choose k}\,(-1)^k\,(n-k)^m$ .
Grüße,
dromedar\(\endgroup\)
\(\begingroup\)@dromedar: aber eine nachfrage. wie motivierst du die änderung der summe über n von ursprünglich bis unendlich gehend nun bis m gehend? in der entwicklung von $e^\lambda$ sollte doch m bei 0 starten,oder?\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Da man in $e^\lambda-1$ einen Faktor $\lambda$ ausklammern kann,
$\displaystyle e^\lambda-1=\lambda\sum_{s=0}^\infty{\lambda^s\over(s+1)!}$ ,
geht die Entwicklung von $\left[e^\lambda-1\right]^n$ erst bei $\lambda^n$ los.
Damit läuft die Summe über $n$ nur bis $m$:
$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\sum_{m=n}^\infty\;\ldots=
\sum_{m=0}^\infty\sum_{n=0}^m\;\ldots$\(\endgroup\)
\(\begingroup\)hmm, du entwickelst doch aber wie folgt
$(e^{\lambda}-1)^n = \sum \limits_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k e^{\lambda (n-k)}$ und dann $e^{\lambda (n-k)}=\sum \limits_{m=0}^{\infty} (n-k)^m \frac{\lambda^m}{m!}$. wenn du die 1 abziehst, woher kommt dann das $(-1)^k$ oder das $(n-k)^m$?
ich sehs grad nicht...\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Richtig, ich entwickle so, wie Du es beschreibst.
Aber wir wissen ja (aus der Überlegung mit dem Ausklammern eines Faktors $\lambda$ in $e^\lambda-1$), dass die Entwicklung erst bei $\lambda^n$ losgeht. Also wissen wir auch (ohne es nochmal explizit nachrechnen zu müssen), dass in der Entwicklung alle Terme mit einem kleineren Exponenten verschwinden. Folglich müssen wir diese (ohnehin verschwindenden) Terme gar nicht erst hinschreiben.\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Schöner Artikel! Und interessanter Ansatz!
Ich erinnere mich, wie ich dieses Semester mühsam eine Rekursionsgleichung dafür auf einem Übungsblatt für Statistische Physik hergeleitet habe (die Aufgabe war wohl eigentlich so gedacht, daß man WolframAlpha nutzt). Mein Ansatz kam aber ohne Ableitungen aus, sondern war straight-forward. Ich gebe mal kurz die Idee an: Etwa um den Wert für m=1 aus m=0 zu bestimmen, schreibt man
$\displaystyle \sum_{j=0}^\infty j q^j = q^0 + 1 q ^1 + 2 q^2 + \dots = \sum_{j=0}^\infty q^j + (2 - 1) q^2 \sum_{j=0}^\infty q^j + (3-2) q^3 \sum_{j=0}^\infty q^j + \dots $.
Der Ansatz läßt sich allgemein formulieren (die Koeffizienten bekommt man mit der binomischen Formel) und liefert das richtige Ergebnis. Ich habe mir allerdings keine Gedanken über die formale Rechtfertigung des Schritts gemacht (da ich es nur als Zwischenresultat gebraucht habe und es eh keine Wertschätzung erfahren hätte^^).\(\endgroup\)
\(\begingroup\)hallo boka :)
danke für deinen zuspruch, den ich gern zurück geben möchte. du hast in deiner rechnung zwar einen kleinen fehler drin, aber man kann deinen ansatz gut nachvollziehen. danke daher auch für deinen beitrag.
bye trunx\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Ich ergänze mal den Ansatz von bokajowitsch. Mit
$S^{(m)}=\sum \limits_{j=0}^{\infty} j^m q^j$
lautet seine Rekursion wie folgt:
$\displaystyle S^{(m)}=\frac{q}{1-q} \sum \limits_{k=0}^{m-1} \binom{m}{k} S^{(k)}$
Das kann man mit der Konvention, dass die binomiale Auflösung zu in Klammern eingefassten Exponenten führt, noch kürzer und eleganter zusammen fassen
$S^{(m)}=q(1+S)^m$\(\endgroup\)
\(\begingroup\)Hier noch ein anderer Zugang (mit demselben Endergebnis).
Sei $f$ ein Polynom in einer Variablen $T$. Für $n \in \mathds{N}$ und eine feste Variable $q$ betrachten wir die endliche Summe
$\displaystyle S(f,n) := \sum_{k=0}^{n} f(k) \cdot q^k.$
Wir möchten $S(T^m,n)$ berechnen, wobei $m \in \mathds{N}$. Die Polynome
$\displaystyle f_m := (T+1) \cdot (T+2) \cdot \dotsc \cdot (T+m)$
mit $m \in \mathds{N}$ bilden eine Basis des Vektorraumes aller Polynome (weil sie normiert vom Grad $m$ sind), und $S(-,n)$ ist linear. Es ist einfacher, zunächst $S(f_m,n)$ auszurechnen, und später einen Basiswechsel zu machen. Ableiten nach $q$ liefert nämlich
$\displaystyle \frac{d}{dq} S(f,n) = S(f(T+1) \cdot (T+1),n-1).$
und damit
$\displaystyle S(f_m,n)=\frac{d}{dq} S(f_{m-1},n+1).$
Daraus folgt
$\displaystyle S(f_m,n) = \bigl(\frac{d}{dq}\bigr)^m\, S(f_0,n+m) = \bigl(\frac{d}{dq}\bigr)^m\, \sum_{k=0}^{n+m} q^k = \bigl(\frac{d}{dq}\bigr)^m\, \frac{1-q^{n+m+1}}{1-q}.$
Um nun die Monome $T^m$ durch die Polynome $f_0,\dotsc,f_m$ linear zu kombinieren, benutzen wir die Stirling-Zahlen zweiter Art $\left\{m \atop k}\right\}$ (für die es viele Formeln und Berechnungsmöglichkeiten gibt), welche durch
$\displaystyle \sum_{k=0}^{m} \left\{m \atop k\right\} \cdot T \cdot (T-1) \cdot \dotsc \cdot (T-k+1) = T^m$
charakterisiert sind. Hieraus folgt durch Ersetzen von $T$ durch $-T$:
$\displaystyle \sum_{k=0}^{m} \left\{m \atop k\right\} \cdot (-1)^k \cdot T \cdot (T+1) \cdot \dotsc \cdot (T+k-1) = (-1)^m \cdot T^m$
Teilt man dies durch $T$ und nimmt ein paar Indexshifts vor, so erhält man:
$\displaystyle \sum_{k=0}^{m} \left\{m+1 \atop k+1\right\} \cdot (-1)^{k+m} \cdot f_k = T^m.$
Unser Endresultat ist also:
$\displaystyle S(T^m,n) = \sum_{k=0}^{m} (-1)^{k+m} \cdot \left\{m+1 \atop k+1\right\} \cdot \bigl(\frac{d}{dq}\bigr)^k\, \frac{1-q^{n+k+1}}{1-q}$
Wir können daraus auch die unendliche Summe $S(f,\infty) := \sum_{k=0}^{\infty} f(k) \cdot q^k$ (etwa als formale Potenzreihe) berechnen: Es gilt
$\displaystyle S(f_m,\infty) = \bigl(\frac{d}{dq}\bigr)^m\, \frac{1}{1-q} = \frac{m!}{(1-q)^{m+1}},$
und damit
$\displaystyle S(T^m,\infty) = \sum_{k=0}^{m} (-1)^{k+m} \cdot \left\{m+1 \atop k+1\right\} \cdot \frac{k!}{(1-q)^{k+1}}.$\(\endgroup\)
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