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Moderiert von Curufin epsilonkugel
Analysis » Folgen und Reihen » Umgang mit Binomialkoeffizienten, Abelsche Summe
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Universität/Hochschule J Umgang mit Binomialkoeffizienten, Abelsche Summe
Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-10-06

\(\begingroup\)
Hallo allerseits,
mithilfe der Abelschen Summationsformel möchten wir \(\sum_{1 \leq k < n} \binom k m H_k\) berechnen.

Ich vermute, dass H_k das k-te harmonische Mittel bezeichnet. Mir ist allerdings in der Angabe nicht klar, wie die Binomialkoeffizienten existieren können oder zu behandeln sind, da ja m nicht eingeschränkt wird, also durchaus größer als 1 sein könnte und dann wäre z.B. der erste Summand für k=1 nicht wohldefiniert oder?
Wie würdet ihr das verstehen?
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-10-06

\(\begingroup\) \(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

für $k\in\IN$ und $m>k$ definiert man $\binom km :=0$.
Das hat unter anderem zur Folge, dass die binomische Formel $(1+X)^k = \sum_{m=0}^\infty {k \choose m} X^m$ gilt.
\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-07

\(\begingroup\)
Danke für deine Antwort, Nuramon!

Leider bin ich damit noch nicht so gut vorangekommen wie erhofft.
Ich habe mehrfach versucht, die abelsche Summation für die Berechnung sinnvoll anzwenden (und habe dabei ein paar Mal zum Schluss nach den Umformungen genau wieder den zu berechnenden Ausdruck erhalten...).

Meine bisher sinnvollste Version ist folgende:

Die abelsche Summationsformel lautet: \(\sum_{k=1}^N a_k b_k = a_N \sum_{k=1}^N b_k - \sum_{k=1}^{N-1}(a_{k+1}-a_k)\sum_{i=1}^k b_i\)

Darum setze ich \(a_k:=\binom {k} {m}, b_k:=H_k\) und erhalte unter Verwendung von \(\sum_{k=1}^{n-1}H_k = n\cdot (H_n-1)\) und \(\sum_{k=1}^{n-2}(\binom {k+1}{ m} - \binom{k}{m}) = \binom{n-1}{m}-\binom{i}{m}\),

die Gleichheit \( \sum_{k=1}^{n-1}\binom{k}{m}H_k = \sum_{k=1}^{n-2} \binom{k}{m} H_k + \binom{n-1}{m}\cdot n \cdot (H_n-1)-\binom{n-1}{m}\cdot (n-1) \cdot (H_{n-1}-1)\)

Wolfram-Alpha gibt für den zu berechnenden Ausdruck leider eine elends lange Formel aus, daher weiß ich nicht genau, worauf das Beispiel hinauslaufen soll.

Hast du Nuramon, oder hat jemand anderer, eine Idee, wie man da mit der Abelschen Summationsformel den Ausdruck noch besser "berechnen" kann oder was herauskommen soll?
\(\endgroup\)


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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-10-07


Hallo.

Vertausche in deinem Ansatz die harmonischen Zahlen und die Bikos.Dann wird alles gut.

Gruß endy



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-07

\(\begingroup\)
Hallo endy,
danke für den Tipp!

Nun erhalte ich unter Verwendung von \(\sum_{k=1}^{n-1}\binom{k}{m} - \sum_{k=1}^{n-2} \binom{k}{m} = \frac{(n-m)\cdot \binom{n}{m} + (m-1)\cdot \binom{1}{m}}{m+1} - \frac{(-m+n-1)\cdot \binom{n-1}{m} + (m-1) \cdot \binom{1}{m}}{m+1}\) und \(\sum_{k=1}^{n-1}\binom{k}{m} = \frac{(n-1-m)\cdot \binom{n-1}{m} + (m-1)\cdot \binom{1}{m}}{m+1}\) (was ich hoffe, einfach so verwenden zu dürfen),
dass:
\(\sum_{k=1}^{n-1}H_k\cdot \binom{k}{m} = H_{n-1} \cdot (\frac{(n-m) \cdot \binom{n}{m} - (n-1-m) \cdot \binom{n-1}{m}}{m+1}) + (\frac{(n-1-m)\cdot \binom {n-1}{m} + (m-1)\cdot \binom{1}{m}}{m+1})\).

Ist das nun der "schönste"/"beste" Ausdruck, den man mithilfe der Abelschen Summationsformel erhalten kann oder soll etwas anderes herauskommen?
\(\endgroup\)


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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-10-07


Hallo.

Ich rechne einmal:

Mit <math>a_k=H_k</math> und <math>b_k=\binom k m</math> folgt:

<math>\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_k=\binom{n}{m+1}</math> via Teleskopsumme und der Fundamentalgleichung des Pascaldreiecks für m ungleich -1.

Es gilt weiterhin <math>\displaystyle \sum_{k=1}^{n-2} (a_{k+1}-a_k) \cdot \sum_{j=1}^k b_j =...=\frac {1}{m+1}\sum_{k=1}^{n-2}\binom{k}{m}=...=\frac 1 {m+1} \binom{n-1}{m+1}</math>.

Für die Gesamtsumme ergibt sich also

<math>\displaystyle \binom{n}{m+1} (H_n-\frac 1 {m+1} )</math>

Gruß endy



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-08

\(\begingroup\)
Hallo endy, danke für deine Bemühungen!

Ich kann deine Rechnung leider nicht nachvollziehen.

Was \(\sum_{k=1}^{n-1}b_k\) betrifft, so habe ich verwendet, dass \(b_k = \binom{k}{m} = \binom{k+1}{m+1}-\binom{k}{m+1}\) ist. Dann kommt bei mir aber \(\binom{n}{m+1} - \binom{1}{m+1}\) heraus, weil der unterste Summand mir nicht wegfällt und er nicht zwingend 0 ist?

Führst du bei deiner Rechnung eine Vertauschung von Doppelsummen durch?
Ich habe versucht, dein Zwischenergebnis \(\frac{1}{m+1}\sum_{k=1}^{n-2}\binom{k}{m}\) herzuleiten, aber bei mir sieht das nur so aus:
\(\sum_{k=1}^{n-2}(a_{k+1}-a_k)\cdot \sum_{j=1}^k b_j = \)Abel anwenden \(= a_{n-1}\cdot \sum_{k=1}^{n-1}b_k - \sum_{k=1}^{n}a_k\cdot b_k \)
\(=a_{n-1}\cdot (\binom{n}{m+1}-\binom{1}{m+1}) - \sum_{k=1}^n(\sum_{j=1}^k \frac{1}{j})\cdot b_k\)
Hier wüsste ich nicht weiter, daher vertausche ich die Doppelsummen, um über die bk summieren zu können. Dann erhalte ich:
\(=a_{n-1} \cdot (\binom{n}{m+1}-\binom{1}{m-1}) - \sum_{j=1}^n \frac{1}{j} \cdot (\binom{n}{m+1} - \binom{j-1}{m+1})\)

Kannst du mir bitte verraten, wo du anders umformst als ich?





EDIT:
Hallo endy, mir ist jetzt klar, wie du die Abelsche Summation anwendest. - Du berechnest beide Summanden in der Gleichung einzeln. Der erste Summand ist mir klar (bis auf das oberhalb geschilderte Problem, dass bei mir bei der Teleskopsumme der unterste Summand auch noch da ist).
Wie aber bei dir die mit "..." abgekürzten Umformungen aussehen, schaffe ich nicht nachzuvollziehen. Ich habe dafür nun: \(\sum_{k=1}^{n-2}(a_{k+1}-a_k)\sum_{j=1}^kb_j = \sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k+1}\binom{k}{m}\)
\(\endgroup\)


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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-10-08

\(\begingroup\)

EDIT:
Hallo endy, mir ist jetzt klar, wie du die Abelsche Summation anwendest. - Du berechnest beide Summanden in der Gleichung einzeln. Der erste Summand ist mir klar (bis auf das oberhalb geschilderte Problem, dass bei mir bei der Teleskopsumme der unterste Summand auch noch da ist).
Wie aber bei dir die mit "..." abgekürzten Umformungen aussehen, schaffe ich nicht nachzuvollziehen. Ich habe dafür nun: \(\sum_{k=1}^{n-2}(a_{k+1}-a_k)\sum_{j=1}^kb_j = \sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k+1}\binom{k}{m}\)

Der untere Summand der Teleskopsumme verschwindet.

Es gilt

<math> \(\sum_{k=1}^{n-2}(a_{k+1}-a_k)\sum_{j=1}^k b_j = \sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k+1}\binom{k+1}{m+1}=\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{m+1}\binom{k}{m}</math>

Gruß endy
\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-08

\(\begingroup\)
Danke endy, das ist mir nun klar! :)

Das Einzige, das ich noch nicht kapiert habe, ist, WARUM der unterste Summan der Teleskopsumme verschwindet, also etwa \(\sum_{k=1}^{n-1}\binom{k}{m} = \binom{n}{m+1}-\binom{1}{m+1}\) NICHT gilt, sondern der letzte Ausdruck wegfällt?
\(\endgroup\)


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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-10-09


Dies gilt natürlich.Aber der letzte Term ist für positive natürliche Zahlen immer 0.
mathematica
(* In *)
Clear @ "Global`*"
a[m_] := Binomial[1, m + 1] 
a /@  Range @ 100
 
(* Out *)
 
{0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0,
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 
0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0}
 

Dies ergibt sich aus der Definition der Binomialkoeffizienten.

endy



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09


Okay, für positive Zahlen gilt es freilich nach Definition.
Ich hatte aber geglaubt, du meinst, dass es auch für den Fall m=0 wegfällt (denn aus welcher Teilmenge der ganzen Zahlen m ist, ist ja nicht angegeben, deshalb auch meine Frage zu Beginn, was passiert wenn der obere Eintrag im Binomialkoeffizienten kleiner ist als der untere).
Aber dann werde ich einfach annehmen, dass m positiv ist.

Danke für deine Hilfe! :)



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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-10-10


(2018-10-07 05:24 - Newmath2012 in Beitrag No. 2
...
Wolfram-Alpha gibt für den zu berechnenden Ausdruck leider eine elends lange Formel aus, daher weiß ich nicht genau, worauf das Beispiel hinauslaufen soll.
...
mathematica
(* In *)
a[n_, m_] := Sum[Binomial[j, m]*HarmonicNumber[j], {j, 1, n - 1}]
sol1 = a[n, m]
sol2 = sol1 // FullSimplify
 
(* Out *)
 
(1/(2 (1 + m)^2 (1 + n)))(-2 Binomial[1, m] + 2 m^2 Binomial[1, m] - 
  2 n Binomial[1, m] + 2 m^2 n Binomial[1, m] + 2 Binomial[2, m] - 
  3 m Binomial[2, m] + m^2 Binomial[2, m] + 2 n Binomial[2, m] - 
  3 m n Binomial[2, m] + m^2 n Binomial[2, m] + 
  2 m Binomial[1 + n, m] - 2 m^2 Binomial[1 + n, m] - 
  2 n Binomial[1 + n, m] + 4 m n Binomial[1 + n, m] - 
  2 n^2 Binomial[1 + n, m] - 2 m Binomial[n, m] HarmonicNumber[n] - 
  2 m^2 Binomial[n, m] HarmonicNumber[n] + 
  2 n Binomial[n, m] HarmonicNumber[n] - 
  2 m^2 n Binomial[n, m] HarmonicNumber[n] + 
  2 n^2 Binomial[n, m] HarmonicNumber[n] + 
  2 m n^2 Binomial[n, m] HarmonicNumber[n])
 
-((Gamma[1 + n]/(
  Gamma[1 + m] Gamma[-m + n]) + (1 + m) (m - n) Binomial[n, 
    m] HarmonicNumber[n] + Sin[m \[Pi]]/\[Pi])/(1 + m)^2)
 

Die erste Lösung ist wirklich ziemlich schlecht,aber die zweite Lösung schon deutlich übersichtlicher.

Es geht aber noch viel besser.

Man siehe The summation package Sigma

Man downloade es und starte es.

Mit dem Helpbutton wird die Benutzung des Packages erklärt.
mathematica
(* In *)
mysum = SigmaSum[SigmaBinomial[j, m] SigmaHNumber[j], {j, 1, n - 1}];
sol = SigmaReduce[mysum, n]
 
(* Out *)
 
-Subscript[H, m] + (-(n/(1 + m)^2) + (n Subscript[H, n])/(1 + m)) 
\!\(\*SuperscriptBox[\((\*GridBox[{
{
RowBox[{
RowBox[{-, 1}], +, n}]},
{m}
}])\), \(.\)]\) + \!\(
\*UnderoverscriptBox[
SuperscriptBox[\(\[Sum]\), \(.\)], \(j = 1\), \(m\)]\(
\*SubscriptBox[\(H\), \(j\)]\ \*
SuperscriptBox[
RowBox[{"(", GridBox[{
{"j"},
{"m"}
}], ")"}], "."]\)\)

Der Output wird hier leider nicht sehr schön dargestellt.Man kopiere ihn daher in ein mathematica Notebook.

Man erkennt sofort,dass sich links das <math>H_m</math> und die rechte Summe wegcanceln und es folgt nahezu sofort die Lösung wie am Ende von Beitrag Nr.5 angegeben.

Gruß endy






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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-20


Hallo endy,

dankeschön für diese Ergänzung!
Eine meiner größten mathematischen Schwachstellen ist, dass ich nicht mit mathematica umgehen kann, da ist deine Codevorlage Gold wert. :)



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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-10-25 19:46


Deutlich eleganter kann man die Aufgabe übrigens mittels Differenzenrechnung und diskreter partieller Integration lösen.

Man siehe z.B.

Martin Aigner : Diskrete Mathematik.Kapitel 2.2.

endy



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-27 17:47


Okay, danke! Wenn ich das Buch auftreibe, werde ich es mir ansehen. :)



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Newmath2012 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Newmath2012 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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