Wie kann ich diesen Ausdruck umformen? (Mit Summenformel)

Question

Wisst ihr vielleicht, wie ich die rechte Seite aus der linken folgern kann? Geht das auch ohne Induktion?

\( \sum \limits_{n=1}^{n} k^{4}=\frac{1}{30} n(n+1)(2 n+1)\left(3 n^{2}+3 n-1\right) \)

Comments

Du kannst die Summe aller Biquadrate auf die kleinerrangigen Summen, also kubisch, quadratisch und nat. Zahlen, zurückführen.

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Ohne Induktion hätte ich da keine Idee.

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Ich sitze gerade in der Bahn; sobald ich zu Hause bin, werde ich mich ransetzen. Ich vermutete einen Beweis mittels Operatorenkalkül.

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...irgendwie steckt ja die quadratische Summenformel da drinne.

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vielen lieben Dank für alle eure Antworten:)

Answer 1

Aloha :)

Du kannst das rekursiv durchführen:

$$(n+1)^m=(n+1)^m\underbrace{+n^m-n^m}_{=0}\underbrace{+(n-1)^m-(n-1)^m}_{=0}+\cdots\underbrace{+1^m-1^m}_{=0}$$$$\phantom{(n+1)^m}=\left[(n+1)^m+n^m+(n-1)^m+\cdots+1^m\right]$$$$\phantom{(n+1)^m}-\left[n^m+(n-1)^m+\cdots+1^m\right]$$$$\phantom{(n+1)^m}=\sum\limits_{k=0}^n(k+1)^m-\sum\limits_{k=1}^nk^m=\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{i=0}^m\binom{m}{i}k^{m-i}\cdot1^i-\sum\limits_{k=0}^nk^m$$$$\phantom{(n+1)^m}=\sum\limits_{i=0}^m\sum\limits_{k=0}^n\binom{m}{i}k^{m-i}-\sum\limits_{k=0}^nk^m=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{k=0}^n\binom{m}{i}k^{m-i}$$$$\phantom{(n+1)^m}=\sum\limits_{i=1}^m\binom{m}{i}\sum\limits_{k=0}^nk^{m-i}$$Für \(m=2\) erhalten wir daraus:

$$(n+1)^2=\binom{2}{1}\sum\limits_{k=0}^nk^{2-1}+\binom{2}{2}\sum\limits_{k=0}^nk^{2-2}$$$$\phantom{(n+1)^2}=2\sum\limits_{k=0}^nk+\sum\limits_{k=0}^n1$$$$\phantom{(n+1)^2}=2\sum\limits_{k=0}^nk+(n+1)$$$$\Rightarrow\;\;\sum\limits_{k=0}^nk=\frac{(n+1)^2-(n+1)}{2}=\frac{n^2+n}{2}$$Für \(m=3\) erhalten wir daraus:

$$(n+1)^3=\binom{3}{1}\sum\limits_{k=0}^nk^{3-1}+\binom{3}{2}\sum\limits_{k=0}^nk^{3-2}+\binom{3}{3}\sum\limits_{k=0}^nk^{3-3}$$$$\phantom{(n+1)^3}=3\sum\limits_{k=0}^nk^2+3\sum\limits_{k=0}^nk+\sum\limits_{k=0}^n1$$$$\phantom{(n+1)^3}=3\sum\limits_{k=0}^nk^2+3\cdot\frac{n^2+n}{2}+(n+1)$$$$\Rightarrow\;\;\sum\limits_{k=0}^nk^2=\frac{1}{3}\left((n+1)^3-3\cdot\frac{n^2+n}{2}-(n+1)\right)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$Für \(m=4\) erhalten wir daraus:

$$(n+1)^4=\binom{4}{1}\sum\limits_{k=0}^nk^{4-1}+\binom{4}{2}\sum\limits_{k=0}^nk^{4-2}+\binom{4}{3}\sum\limits_{k=0}^nk^{4-3}+\binom{4}{4}\sum\limits_{k=0}^nk^{4-4}$$$$\phantom{(n+1)^4}=4\sum\limits_{k=0}^nk^3+6\sum\limits_{k=0}^nk^2+4\sum\limits_{k=0}^nk+\sum\limits_{k=0}^n1$$$$\phantom{(n+1)^4}=4\sum\limits_{k=0}^nk^3+6\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+4\cdot\frac{n^2+n}{2}+(n+1)$$$$\Rightarrow\;\;\sum\limits_{k=0}^nk^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$$Für \(m=5\) erhalten wir daraus:

$$(n+1)^5=\binom{5}{1}\sum\limits_{k=0}^nk^{5-1}+\binom{5}{2}\sum\limits_{k=0}^nk^{5-2}+\binom{5}{3}\sum\limits_{k=0}^nk^{5-3}+\binom{5}{4}\sum\limits_{k=0}^nk$$$$\phantom{(n+1)^5}+\binom{5}{5}\sum\limits_{k=0}^n1$$$$\phantom{(n+1)^5}=5\sum\limits_{k=0}^nk^4+10\sum\limits_{k=0}^nk^3+10\sum\limits_{k=0}^nk^2+5\sum\limits_{k=0}^nk+\sum\limits_{k=0}^n1$$$$\phantom{(n+1)^5}=5\sum\limits_{k=0}^nk^4+10\frac{n^2(n+1)^2}{4}+10\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+5\frac{n^2+n}{2}$$$$\phantom{(n+1)^5}+(n+1)$$$$\Rightarrow\;\;\sum\limits_{k=0}^nk^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}$$Für \(m=6\) erhalten wir daraus...

Das kann man nun für Spaß immer weiter machen ;)

Comments

Och menno!!!

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Oha...

Hatte mich direkt an die Berechnung gemacht und daher deinen Kommentar nicht gelesen, dass du die gleiche Idee hattest und das machen wolltest...

Dann hätte ich mir die ganze Tipparbeit ja auch sparen könnnen.

Das bringt mich aber auf eine Idee für eine Zusatzfunktion im Forum:

Wie wäre es denn, wenn man sehen könnte, dass eine Aufgabe bereits von jemandem bearbeitet wird. Dann kommt man sich gerade bei so aufwändigen Aufgaben nicht in die Quere.

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Nein, den Fakt, dass hier immer mehrere Antworten geschrieben werden, finde ich gut. Ich bin nur wie ein Wahnsinnger nach Hause gelaufen/gerannt, weil ich mich die Bahnfahrt auf die Aufgabe gefreut habe - naja, schade! Trotzdem Daumen :D

Answer 2

setze \(a_k:=k^5\). Es gilt:$$a_{n+1}-a_1=\sum_{k=1}^{n}{a_{k+1}-a_k}$$$$(k+1)^5-1=\sum_{k=1}^{n}{5 k^4 + 10 k^3 + 10 k^2 + 5 k + 1}$$ Du kannst das ganze jetzt aufteilen und die bekannten Summenformeln (also für \(k\), \(k^2\), \(k^3\)) anwenden. Es folgt:$$\sum_{k=1}^{n}{5 k^4 + 10 k^3 + 10 k^2 + 5 k + 1}=5\sum_{k=1}^{n}{k^4}+10\sum_{k=1}^{n}{k^3}+10\sum_{k=1}^{n}{k^2}+5\sum_{k=1}^{n}{k}+\sum_{k=1}^{n}{1}$$ Ich hoffe, du kannst nun weiter machen, weil ich gerade zu faul bin, um die ganzen Summenformeln rauszusuchen. Wenn nicht, helfe ich aber gerne.

Answer 3

Mit Induktion beweist man Aussagen für alle natürlichen Zahlen.

Man kann an sowas folgendermaßen rangehen. Sicherlich kennst du die gaußsche Summenformel \(\sum_{k=0}^n k =\frac{n(n+1)}{2}=\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n \), oder die Summenformel von der Summe der ersten Quadratzahlen \( \sum_{k=0}^n k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n \). Auffällig ist doch schonmal, dass das Ergebnis auf der rechten Seite ein Polynom beschreibt, dessen Grad (zumindest hier) um genau eins größer ist als der Grad des Argumenten. Vermutung: Dann lässt sich auch die Summe der ersten n Zahlen k^4 durch:

\( s_n:=\sum_{k=0}^n k^4=a\cdot n^5+b\cdot n^4+c\cdot n^3+d\cdot n^2+e\cdot n+f \) beschreiben. Um nun an die Koeffizienten zu kommen, berechne erstmal die ersten 6 Summen:

$$ s_0=0=a\cdot 0^5+b\cdot 0^4+c\cdot 0^3+d\cdot 0^2+e\cdot 0+f\\s_1=1=a\cdot 1^5+b\cdot 1^4+c\cdot 1^3+d\cdot 1^2+e\cdot 1+f\\s_2=17=a\cdot 2^5+b\cdot 2^4+c\cdot 2^3+d\cdot 2^2+e\cdot 2+f\\s_3=98=a\cdot 3^5+b\cdot 3^4+c\cdot 3^3+d\cdot 3^2+e\cdot 3+f\\s_4=354=a\cdot 4^5+b\cdot 4^4+c\cdot 4^3+d\cdot 4^2+e\cdot 4+f\\s_5=979=a\cdot 5^5+b\cdot 5^4+c\cdot 5^3+d\cdot 5^2+e\cdot 5+f $$

Man sieht sofort, dass f=0 gilt, sodass nur noch 5 Unbekannte zu betrachten sind:

$$ \begin{aligned} & a+b+c+d+e & = & 1\\& 32a+16b+8c+4d+2e & = & 17\\& 243a+81b+27c+9d+3d & = & 98\\& 1024a+256b+64c+16d+4e & = & 354\\& 3125a+625b+125c+25d+5e & = & 979 \end{aligned}$$

Mit wolframalpha gelange ich nun zu der Lösung:

$$ a = \frac{1}{5}\quad  b = \frac{1}{2}\quad c = \frac{1}{3}\quad d = 0\quad e = \frac{-1}{30} $$

Man hat also \( \sum_{k=0}^n k^4=\frac{1}{5}\cdot n^5+\frac{1}{2}\cdot n^4+\frac{1}{3}\cdot n^3+\frac{-1}{30}\cdot n\). (Obigen Ausdruck bekommt man dann ganz einfach durch Polynomdivision raus.)

Jetzt habe ich aber noch ein Problem. Eigentlich habe ich es ja nur bisher für die ersten 6 natürlichen Zahlen gezeigt, dass meine Formel stimmt. Jetzt kommt die vollständige Induktion zum Tragen, die mir/dir/euch hilft, zu zeigen, dass meine Behauptung sogar für alle natürlichen Zahlen gilt.

Comments

Interessant, aber kann man aus sechs Summanden die Brücke zu allen schlagen?

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Was meinst du mit dieser Frage?

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Ich habe den letzten Abschnitt nicht gelesen, sorry.