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Analysis » Funktionenfolgen und -reihen » Auswertung einer endlichen Reihensumme mit floor(*)
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Kein bestimmter Bereich Auswertung einer endlichen Reihensumme mit floor(*)
Wario
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Sei $\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}
\displaystyle
(a_n)_{n=1,2,3,\dots}=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2:
2, 10, 18, 36, 54, 86, 118,\dots$

Was ist falsch an dieser Rechnung?

$\displaystyle
a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
=2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2
+2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \\
=2\sum\limits_{k=1}^n \floor{k+1}^2
+2\sum\limits_{k=1}^n \floor{k+\dfrac{1}{2}}^2 \\
=2\sum\limits_{k=1}^n (k+1)^2
+2\sum\limits_{k=1}^n k^2 \\
=2\sum\limits_{k=1}^n k^2
+2\sum\limits_{k=1}^n 2k
+2\sum\limits_{k=1}^n 1
+2\sum\limits_{k=1}^n k^2 \\
=4\sum\limits_{k=1}^n k^2
+4\sum\limits_{k=1}^n k
+2\sum\limits_{k=1}^n 1 \\
=4\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}
+4\dfrac{n(n+1)}{2}
+2n \\
=\dfrac{2 n(n+1)(2n+1)}{3}
+\dfrac{6 n(n+1)}{3}
+\dfrac{6n}{3} \\
=\dfrac{2n(2(n+1)(n+2)+3)}{3}:~ 10, 36, 86, 168, 290, 460, ...$





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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-17


Hallo Wario,

2021-06-17 17:52 - Wario im Themenstart schreibt:
$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$
Was ist falsch an dieser Rechnung?

$\displaystyle
a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
=2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2
+2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \\
[...]
$

$\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}$
Das ist wohl schon falsch. Wenn Du die Summation in gerade und ungerade Zahlen aufteilen möchtest, müsste dies wohl eher
\[
a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
=2\sum\limits_{k=1}^{\floor{\frac{n}{2}}} \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2
+2\sum\limits_{k=1}^{\ceil{\frac{n}{2}}}\floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2
\] heißen.



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Wario
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2021-06-17 18:23 - sonnenschein96 in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo Wario,

2021-06-17 17:52 - Wario im Themenstart schreibt:
$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$
Was ist falsch an dieser Rechnung?

$\displaystyle
a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
=2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2
+2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2 \\
[...]
$

$\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}$
Das ist wohl schon falsch. Wenn Du die Summation in gerade und ungerade Zahlen aufteilen möchtest, müsste dies wohl eher
\[
a_n=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
=2\sum\limits_{k=1}^{\floor{\frac{n}{2}}} \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2
+2\sum\limits_{k=1}^{\ceil{\frac{n}{2}}}\floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2
\] heißen.

Stimmt. Ok, alles klar.

Am Rande: Ich wüsste jetzt nicht, wie man die Summe sonst auswerten kann. Falls es einfacher geht, gern.




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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-17


Hallo.

Deine Rechnung ist vollkommen richtig.

Nur du hast $\displaystyle a_{2n}$ berechnet.

Es gilt $\displaystyle a_{2n+1}=a_{2n}+ 2 \cdot (n+1)^2$ und damit bist du fertig.

Gruss endy



-----------------
Dean Koontz : Zwielicht

Unzählige verschlungene Nachtpfade zweigen vom Zwielicht ab.
Etwas bewegt sich inmitten der Nacht,das nicht gut und nicht richtig ist.

The Book of Counted Sorrows.




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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}
\displaystyle
a_n =\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
  =2\sum\limits_{p=1}^P \floor{\dfrac{2p+2}{2}}^2
     +2\sum\limits_{q=1}^Q \floor{\dfrac{(2q-1)+2}{2}}^2$

  • Größter Index $P$ von $p$
    · Falls $n$ gerade $\Rightarrow$   $ 2p = n ~\Rightarrow~ p = \frac{n}{2} = \floor{ \frac{n}{2} } $
    · Falls $n$ ungerade $\Rightarrow$  $ 2p = n-1 ~\Rightarrow~ p = \frac{n-1}{2} = \floor{ \frac{n}{2} } $
    $\displaystyle \Rightarrow~ P =  \floor{\frac{n}{2}} $
  • Größter Index $Q$ von $q$
    · Falls $n$ gerade $\Rightarrow$  $ 2q-1 = n-1 ~\Rightarrow~ q = \frac{n}{2} = \floor{ \frac{n}{2}  }   $
    · Falls $n$ ungerade $\Rightarrow$  $ 2q-1 = n ~\Rightarrow~ q = \frac{n+1}{2} = \floor{ \frac{n+1}{2}  } $
    $\displaystyle \Rightarrow~ Q =  \floor{\frac{n+1}{2}} $

Da $\floor{ \frac{m}{2} }
=
\begin{cases}
\frac{m}{2},  & \text{falls }m\text{ gerade}\\
\frac{m-1}{2}, & \text{falls }m\text{ ungerade}
\end{cases}$


$\newcommand\P{\floor{\frac{n}{2}}}
\newcommand\Q{\floor{\frac{n+1}{2}}}
\displaystyle
\begin{array}{l l l}
\Rightarrow
&a_n &=\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2
  =2\sum\limits_{p=1}^P \floor{\dfrac{2p+2}{2}}^2
     +2\sum\limits_{q=1}^Q \floor{\dfrac{(2q-1)+2}{2}}^2 \\
 & &=2\sum\limits_{p=1}^P \floor{p+1}^2
     +2\sum\limits_{q=1}^Q \floor{q+\dfrac{1}{2}}^2 \\
&  &=2\sum\limits_{p=1}^P (p+1)^2
     +2\sum\limits_{q=1}^Q q^2  \\
 & &=2\left((P+1)^2-1  +\sum\limits_{p=1}^P p^2 \right)
     +2\sum\limits_{q=1}^Q q^2  \\
&  &=2(P+1)^2-2 +2\sum\limits_{p=1}^P p^2
     +2\sum\limits_{q=1}^Q q^2  \\
&  &=2P(P+2) +2\dfrac{P(P+1)(2P+1)}{6}
     +2\dfrac{Q(Q+1)(2Q+1)}{6} \\
&  &=2P(P+2) +\dfrac{P(P+1)(2P+1)}{3}
     +\dfrac{Q(Q+1)(2Q+1)}{3} \\
&  &=2\P \left( \P+2 \right) +\dfrac{\P \left( \P+1 \right) \left( 2\P+1 \right)}{3} \\
& &\hspace{2em}+\dfrac{\Q\left( \Q+1 \right) \left( 2\Q+1 \right)}{3}
\end{array}$

Ob man da noch groß vereinfachen kann?



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Wario
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2021-06-17 20:08 - endy in Beitrag No. 3 schreibt:
Deine Rechnung ist vollkommen richtig.

Nur du hast $\displaystyle a_{2n}$ berechnet.

Es gilt $\displaystyle a_{2n+1}=a_{2n}+ 2 \cdot (n+1)^2$ und damit bist du fertig.

So oder wie?
$a_n = a_{2n} + a_{2n+1}
=2a_{2n} +2(n+1)^2 \\
=2\dfrac{2n(2(n+1)(n+2)+3)}{3} +2(n+1)^2$ ?

Nein, kann nicht sein und liefert auch nicht 2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, ...



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-18


$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$
$\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}$

Ich denke endy meinte
\[
a_{2n}=2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{2k+2}{2}}^2
+2\sum\limits_{k=1}^n \floor{\dfrac{(2k-1)+2}{2}}^2,
\] was auch zu meinem Beitrag passt, da \(\floor{\frac{2n}{2}}=\ceil{\frac{2n}{2}}=n\).


Edit: Also dann
\[a_{2n}=\dfrac{2n(2(n+1)(n+2)+3)}{3}\] und
\[a_{2n+1}=a_{2n}+2(n+1)^2.\]



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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


Aha, ja. Also ich bräuchte dann immer noch $a_{1n}$.

Also gibt es keine einfachere Darstellung als in #4

$\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}
\newcommand\P{\floor{\frac{n}{2}}}
\newcommand\Q{\floor{\frac{n+1}{2}}}
%
\displaystyle
a_n =\sum\limits_{k=1}^n 2\floor{\dfrac{k+2}{2}}^2 \\
=2\P \left( \P+2 \right) +\dfrac{\P \left( \P+1 \right) \left( 2\P+1 \right)}{3} \\
\hspace{2em}+\dfrac{\Q\left( \Q+1 \right) \left( 2\Q+1 \right)}{3}
: ~~ 2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, 168, \dots
$

?



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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-06-18


Hallo.
mathematica
(* In *)
Clear@ "Global`*"
s[n_] := 2*Sum[Floor[(k + 2)/2]^2, {k, 1, n}]
 
d[n_] := (7 n)/3 + n^2 + n^3/6   /; Mod[n, 2] == 0
d[n_] := -1 + (11 n)/6 + n^2 + n^3/6 /; Mod[n, 2] == 1
 
lsts = s /@ Range  @ 20
lstd = d /@ Range @ 20
s /@ Range @ 1000 == d /@ Range @ 1000
 
(* Out *) 
{2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, 168, 218, 290, 362, 460, 558, 686, 814, \
976, 1138, 1338, 1538, 1780}
{2, 10, 18, 36, 54, 86, 118, 168, 218, 290, 362, 460, 558, 686, 814, \
976, 1138, 1338, 1538, 1780}
True

Also fur die ersten 1000 Werte stimmt es.

Mit Beitrag Nr. 3 folgt:

a(2n) ist ein Polynom vom Grad 3 in n.
Substituiere 2n->n und erhalte damit das erste d Polynom.

a(2n+1) ist ebenfalls ein anderes Polynom vom Grad 3 in n.
Substituiere n->(n-1)/2 und erhalte damit das zweite d Polynom.

Fertig.

Gruss endy



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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


Ja gut im Sinne einer Fallunterscheidung für gerade und ungerade n.
Es ist besser, wenn ich das in expliziter Form habe.
Wobei es an sich eine Zusammenfassung geben sollte: A018227



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-06-18


2021-06-18 21:07 - Wario in Beitrag No. 9 schreibt:
Ja gut im Sinne einer Fallunterscheidung für gerade und ungerade n.
Es ist besser, wenn ich das in expliziter Form habe.
Wobei es an sich eine Zusammenfassung geben sollte: A018227

Da die Fallunterscheidung bereits zw. 0 & 1 wechselt, braucht man nur die beiden "alternierenden Mod-Produkte" aufsummieren:
mathematica
s[n_] := 2*Sum[Floor[(k + 2)/2]^2, {k, 1, n}]
d[n_] :=((11 n)/6-1)*Mod[n,2]+Mod[n+1,2]*(7 n)/3+ n^2+n^3/6;
Table[{s[k],d[k]},{k,22}]
{{2,2},{10,10},{18,18},{36,36},{54,54},{86,86},{118,118},{168,168},{218,218},{290,290},{362,362},{460,460},{558,558},{686,686},{814,814},{976,976},{1138,1138},{1338,1338},{1538,1538},{1780,1780},{2022,2022},{2310,2310}}

Explizit genug?



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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-18


2021-06-18 22:32 - hyperG in Beitrag No. 10 schreibt:
2021-06-18 21:07 - Wario in Beitrag No. 9 schreibt:
Ja gut im Sinne einer Fallunterscheidung für gerade und ungerade n.
Es ist besser, wenn ich das in expliziter Form habe.
Wobei es an sich eine Zusammenfassung geben sollte: A018227

Da die Fallunterscheidung bereits zw. 0 & 1 wechselt, braucht man nur die beiden Produkte aufsummieren:
mathematica
s[n_] := 2*Sum[Floor[(k + 2)/2]^2, {k, 1, n}]
d[n_] :=((11 n)/6-1)*Mod[n,2]+Mod[n+1,2]*(7 n)/3+ n^2+n^3/6;
Table[{s[k],d[k]},{k,22}]
{{2,2},{10,10},{18,18},{36,36},{54,54},{86,86},{118,118},{168,168},{218,218},{290,290},{362,362},{460,460},{558,558},{686,686},{814,814},{976,976},{1138,1138},{1338,1338},{1538,1538},{1780,1780},{2022,2022},{2310,2310}}

Explizit genug?

Das ist nicht schlecht, aber im Hinblick auf Anschlussrechenoperationen (z.B. a(n) = Z auflösen nach n)  kann mod() wieder problematisch sein; also werde ich einen der Terme
a(n) = n*((n+3)^2 + 2)/6 + (n+2)*(1+(-1)^n)/4 - 1, n >= 1.

a(n) = (n+1)*(n+2)*(n+3)/6 + (n+2)*(1+(-1)^n)/4 - 2, n >= 1.

a(n) = T_{n+1} + (n+2)*(1+(-1)^n)/4 - 2, n >= 1,

die im Link genannt werden verwenden.



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2021-06-19


Da Du nun Mod nicht magst, hier mit Pow:
mathematica
d[n_]:=(25 n-6+12 n^2+2 n^3+3 (-1)^n (2+n))/12;
Table[d[n],{n,25}]
{2,10,18,36,54,86,118,168,218,290,362,460,558,686,814,976,1138,1338,1538,1780,2022,2310,2598,2936,3274}

Ich kann Dir auch noch eine Funktion mit cos basteln, die man sogar im reellen Zahlenbereich knickfrei zeichnen kann:



Expliziter geht's nicht!



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Wario
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-19


Die Aufgabe ist doch lange gelöst. Es braucht jetzt nicht noch diverse Verrücktheiten oben drauf.
Wer was Anspruchsvolles sucht, kann ja mal hier reinschauen:
Link
Aber bitte auch da nicht mit 60 Kosinustermen usw., das ist nicht die Idee.



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2021-06-19


2021-06-19 00:27 - Wario in Beitrag No. 13 schreibt:
Die Aufgabe ist doch lange gelöst. Es braucht jetzt nicht noch diverse Verrücktheiten oben drauf.
Wer was Anspruchsvolles sucht, kann ja mal hier reinschauen:
Link
Aber bitte auch da nicht mit 60 Kosinustermen usw., das ist nicht die Idee.

Eigentlich wollte ich längst antworten, aber da Du jetzt schon mehrfach einen Ton anlegst, der das Gegenteil von Bedanken ist, lasse ich mir Zeit damit.



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Wario
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2021-06-19 01:03 - hyperG in Beitrag No. 14 schreibt:
2021-06-19 00:27 - Wario in Beitrag No. 13 schreibt:
Die Aufgabe ist doch lange gelöst. Es braucht jetzt nicht noch diverse Verrücktheiten oben drauf.
Wer was Anspruchsvolles sucht, kann ja mal hier reinschauen:
Link
Aber bitte auch da nicht mit 60 Kosinustermen usw., das ist nicht die Idee.

Eigentlich wollte ich längst antworten, aber da Du jetzt schon mehrfach einen Ton anlegst, der das Gegenteil von Bedanken ist, lasse ich mir Zeit damit.

Es geht bei solchen Sachen normalerweise nicht darum, das Ergbnis im Rahmen der Mess- oder Rechengenaugenauigkeit irgendwie hauruck herbeizuführen mit teils riesigen Interpolationstermen, die man dann, vermutlich, im Sinne des Verfassers von diesen berühmten Screenshoots in den meisten Deiner Beiträge abtippen soll. Also Danke, aber Nein Danke.



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