Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Faulhaber-Bernoulli

Faulhaber-Bernoulli

Universität / Fachhochschule

Tags: Bernoulli, Faulhaber

Sukomaki aktiv_icon

17:53 Uhr, 28.09.2020

Hallo,

ich habe hier etwas, von dem ich nicht weiß, ob es unbedingt von Interesse ist :-)

Also ich betrachte die reelle Einbettung der Faulhaber-Polynome, die ja eigentlich
als Summe von

1

bis

n

über

j^{m}

und damit nur für natürliche Zahlen definiert sind.

Die ersten Faulhaber-Polynome sind :

F_{0} (x) = x

F_{1} (x) = \frac{1}{2} x (x + 1)

F_{2} (x) = \frac{1}{6} x (x + 1) (2 x + 1)

F_{3} (x) = \frac{1}{4} x^{2} (x + 1)^{2}

F_{4} (x) = \frac{1}{30} x (x + 1) (2 x + 1) (3 x^{2} + 3 x - 1)

F_{5} (x) = \frac{1}{12} x^{2} (x + 1)^{2} (2 x^{2} + 2 x - 1)

F_{6} (x) = \frac{1}{42} x (x + 1) (2 x + 1) (3 x^{4} + 6 x^{3} - 3 x + 1)

Jetzt sind folgende Grenzwerte gleich :

lim_{x \to \infty} F_{p} (\frac{1}{x}) \cdot x = B_{p}

lim_{x \to \infty} F_{p} (\frac{1}{x + λ}) \cdot (x + λ) = B_{p}

lim_{x \to \infty} F_{p} (\frac{1}{x^{r}}) \cdot x^{r} = B_{p}

(

r \in ℝ^{+}

)

lim_{x \to \infty} F_{p} (\frac{1}{b^{x}}) \cdot b^{x} = B_{p}

(

b \in ℝ > 1

)

wobei

B_{p}

die Bernoulli-Zahlen sind.

Was ich etwas bedauerlich finde ist, dass z.B. dem Polynom

f (x) = \frac{1}{4} x^{2} (x + 1)^{2}

nicht
auf Anhieb anzusehen ist, dass

lim_{x \to \infty} f (\frac{1}{x}) \cdot x = 0

ist.

Naja eigentlich sieht man es der Funktion schon an :-)

Denn ausmultipliziert ist

f (x) = \frac{1}{4} x^{4} + \frac{1}{2} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2}

Zur Erklärung :

Sei

q (x) = c_{n} x^{n} + c_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + c_{2} x^{2} + c_{1} x + c_{0}

Für

c_{0} \neq 0

ist

lim_{x \to \infty} q (\frac{1}{x}) \cdot x = \pm \infty

Für

c_{0} = 0

und

c_{1} \neq 0

bleibt als

lim_{x \to \infty} q (\frac{1}{x}) \cdot x = c_{1}

Und im betrachteten Fall sind das eben die Bernoulli-Zahlen.

Gruß
Maki

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Bernoulli-Experimente
Bernoulli-Kette

anonymous

02:39 Uhr, 29.09.2020

Hallo,

Interessant, was es nicht alles gibt...

Sukomaki aktiv_icon

10:14 Uhr, 30.09.2020

Danke erstmal an Wurzlgnom.

Nun zu der Bernoulli-Zahl

B_{1}

In sämtlichen Bernoulli-Zahlen-Tabellen die ich gefunden habe steht

B_{1} = \pm \frac{1}{2}

.

Wann benutze ich

B_{1} = - \frac{1}{2}

und wann

B_{1} = \frac{1}{2}

?

Der Koeffizient

c_{1}

und damit

\frac{B_{1}}{1!}

der Taylor-Reihe von

\frac{x}{\exp (x) - 1}

ist ja

- \frac{1}{2}

Aber wenn ich

lim_{x \to \infty} F_{1} (\frac{1}{x}) \cdot x = B_{1}

betrachte (siehe oben), so wäre

B_{1} = \frac{1}{2}

HAL9000

14:30 Uhr, 30.09.2020

B_{1} = \pm \frac{1}{2}

ist Unsinn - als könnte man sich das raussuchen...

Nein, via Reihendarstellung

\frac{x}{\exp (x) - 1} = \sum_{k = 0}^{\infty} B_{k} \frac{x^{k}}{k!}

ist eindeutig

B_{1} = - \frac{1}{2}

klar.

Deine Verwirrung stammt vielleicht daher, dass in der Wikipedia im gleichen Atemzug von

\frac{x}{1 - \exp (- x)} = \sum_{k = 0}^{\infty} B_{k}^{*} \frac{x^{k}}{k!}

gesprochen wird. Da ergibt nun eine einfache Rechnung den Zusammenhang

\frac{x}{1 - \exp (- x)} = \frac{(- x)}{\exp (- x) - 1} \overset{!}{=} \sum_{k = 0}^{\infty} B_{k} \frac{(- x)^{k}}{k!}

,

und damit per Koeffizientenvergleich

B_{k}^{*} = B_{k}

für gerade

k

, sowie

B_{k}^{*} = - B_{k}

für ungerade

k

. Letztere sind für ungerade

k \geq 3

sowieso alle Null, es verbleibt lediglich noch der Unterschied

B_{1}^{*} = - B_{1} = \frac{1}{2}

.

Der obige Grenzwert lautet daher wohl eher

lim_{x \to \infty} F_{p} (\frac{1}{x}) \cdot x = B_{p}^{*}

statt

B_{p}

Sukomaki aktiv_icon

15:43 Uhr, 30.09.2020

Meine Verwirrung stammt daher, dass der einleitende Satz auf de.wikipedia.org/wiki/Bernoulli-Zahl
lautet :

Die Bernoulli-Zahlen oder Bernoullischen Zahlen,

1, \pm \frac{1}{2}, \frac{1}{6}, 0, - \frac{1}{30}, \dots

sind eine Folge rationaler Zahlen...

Diese abkürzende Schreibweise ist in der Tat irreführend.

Aber ich gebe Dir völlig Recht : Es sollte

lim_{x \to \infty} F_{p} (\frac{1}{x}) \cdot x = B_{p}^{*}

heißen.

Sukomaki aktiv_icon

14:12 Uhr, 01.10.2020

Danke :-)

Das mit dem Koeffizientenvergleich hat mir gut gefallen.

Doerrby aktiv_icon

07:13 Uhr, 02.10.2020

Zitat:
"ich habe hier etwas, von dem ich nicht weiß, ob es unbedingt von Interesse ist :-)" (Maki76)

Ich hatte mich auch mal mit diesen Polynomen beschäftigt und ebenfalls festgestellt, dass ausmultiplizieren eine gute Idee ist:
m=1:

\frac{1}{2} n^{2} + \frac{1}{2} n

m=2:

\frac{1}{3} n^{3} + \frac{1}{2} n^{2} + \frac{1}{6} n

m=3:

\frac{1}{4} n^{4} + \frac{1}{2} n^{3} + \frac{1}{4} n^{2}

m=4:

\frac{1}{5} n^{5} + \frac{1}{2} n^{4} + \frac{1}{3} n^{3} - \frac{1}{30} n

m=5:

\frac{1}{6} n^{6} + \frac{1}{2} n^{5} + \frac{5}{12} n^{4} - \frac{1}{12} n^{2}

m=6:

\frac{1}{7} n^{7} + \frac{1}{2} n^{6} + \frac{6}{12} n^{5} - \frac{1}{6} n^{3} + \frac{1}{42} n

...

Man sieht, dass die Polynome ab m=2 im Wechsel mit

n

bzw.

n^{2}

enden. Jedes Mal, wenn eine neuer Summand dazu kommt, besteht er aus Bernoulli-Zahl mal

n

. Wo das Polynom mit

n^{2}

endet, ist die Bernoulli-Zahl 0.
So lassen sich auch die Grenzwerte erklären: Wenn das Polynom mit

n

endet, hebt sich beim letzten Summanden 1/x gegen x weg, die Bernoulli-Zahl bleibt stehen, alle anderen Summanden gehen gegen 0.

Die obigen Polynomformeln kann man zu einer Gesamtformel zusammenfassen:

\sum_{k = 1}^{n} k^{m} = \frac{1}{m + 1} n^{m + 1} + \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i} \cdot \frac{B_{i}}{i} \cdot ((\binom{m}{i - 1})) \cdot n^{m - (i - 1)}

Tatsächlich kann man noch weiter verallgemeinern und nicht nur

k^{m}

, sondern differenzierbare

f (k)

betrachten:

\sum_{k = 1}^{n} f (k) \approx F (n) + c_{f} + \sum_{i = 1}^{l} (- 1)^{i} \cdot \frac{B_{i}}{i!} \cdot f^{(i - 1)} (n)

wobei:

F

die Stammfunktion von

f

ist,

c_{f}

eine funktionsabhängige Konstante (bei

k^{m}

ist diese 0),

f^{(i - 1)} (n)

die (i-1)-te Ableitung von f(n).
Da die Bernoulli-Zahlen und die Fakultäten für große i etwa gleich schnell wachsen, hängt es von den Ableitungen von

f

ab, ob die Summe konvergiert. Es kann also nötig sein, die Summe auf

l

Glieder zu begrenzen, so dass man nur einen Näherungswert erhält.

Sukomaki aktiv_icon

10:13 Uhr, 02.10.2020

Deine Formeln sind hilfreich. Wie bist Du auf sie gekommen?

Ich versuche gerade sie nachzuvollziehen. Aber sie sind wahrlich
nicht leicht für mich.

HAL9000

11:28 Uhr, 02.10.2020

Beispielsweise unter

en.wikipedia.org/wiki/Faulhaber's_formula#Proof_with_complex_numbers

ist eine Beweisvariante für die von Doerrby erstgenannte Polynom-Summenformel nachlesbar.

Doerrby aktiv_icon

18:51 Uhr, 02.10.2020

Die Formeln habe ich nach vielem Ausprobieren mit Unmengen an Zahlen rausgefunden, also eher unmathematisch, Beweise habe ich keine dafür, aber es hat ganz gut funktioniert.
Setz mal

f (k) = l n (k)

, damit bekommst du den Logarithmus der Stirling-Formel zur Annäherung der Fakultäten. Die Konstante muss man natürlich für jede Funktion erst rausfinden, hier ist sie

\frac{1}{2} l n (2 π)

.
Mit

f (k) = k^{- 2}

bekommst du eine Summenformel, in der die Bernoulli-Zahlen direkt als Faktoren stehen, genauer: das Negative der Zahlen. Die Konstante ist der Grenzwert der konvergierenden Reihe.

Sukomaki aktiv_icon

19:55 Uhr, 02.10.2020

@Doerrby

Respekt!

Das sind ja geradezu Universal-Hilfsmittel :-D).

"Also eher unmathematisch". Aber das will doch auch erst mal gekonnt sein.

Den Logarithmus konnte ich unter MAPLE reproduzieren, aber die Summe über

k^{- 2}

kann ich irgendwie nicht nachvollziehen :-(

"Mit

f (k) = k^{- 2}

bekommst du eine Summenformel, in der die Bernoulli-Zahlen direkt als Faktoren stehen"

Was meinst Du mit "direkt als Faktoren stehen"?

Ich dachte

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2} = ζ (2) + c

und

\sum_{k = 1}^{\infty} k^{- 2} = ζ (2)

.

Verstehe ich da etwas falsch?

Doerrby aktiv_icon

20:38 Uhr, 02.10.2020

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2} \approx ζ (2) - \frac{1}{n} + \frac{1}{2 n^{2}} - \frac{1}{6 n^{3}} + \frac{1}{30 n^{5}} - \frac{1}{42 n^{7}} + \frac{1}{30 n^{9}}

Sukomaki aktiv_icon

21:34 Uhr, 02.10.2020

Ahja, so macht das Sinn. :-)

Man könnte hier aus

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2} \approx ζ (2) - \sum_{k = 0}^{m} \frac{B_{k}}{n^{k + 1}}

wegen

B_{k} = (- 1)^{k + 1} \cdot k \cdot ζ (1 - k)

noch

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2} \approx ζ (2) + \sum_{k = 1}^{m} ({(- 1)}^{k} \cdot \frac{k \cdot ζ (1 - k)}{n^{k + 1}}) - \frac{1}{n}

machen.

Aber Achtung : Für kleine

n

neigt der Ausdruck zum Divergieren.

Der korrekt Wert ist (laut MAPLE) :

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2} = ζ (2) - Ψ (1, n + 1)

wobei

Ψ (x) = \frac{d}{d x} \ln (Γ (x))

und

Ψ (1, x) = \frac{d}{d x} Ψ (x)

Aber das nur am Rande bemerkt.

Doerrby aktiv_icon

04:28 Uhr, 03.10.2020

Der Summenausdruck divergiert bei jedem n, wenn man genügend Summenglieder nimmt, weil die Bernoulli-Zahlen bei größeren k etwa wie die Fakultäten wachsen. Das ist schneller als

n^{- k}

fällt.

Doerrby aktiv_icon

05:03 Uhr, 03.10.2020

Den korrekten Wert habe ich näherungsweise mit meiner Formel und

f (k) = \ln (k)

überprüft. So bekomme ich direkt

\ln (Γ (n + 1)) = \ln (n!) = \sum_{1}^{n} \ln (k)

wobei in der Formel n dann nicht auf natürliche Zahlen beschränkt sein muss, so dass man es zweimal ableiten kann und

Ψ (1, n + 1)

erhält. Die erhaltenen Summanden stimmen mit den Summanden von

\sum_{1}^{n} k^{- 2}

überein.

Sukomaki aktiv_icon

11:09 Uhr, 03.10.2020

Du hast also

\ln (Γ (n + 1)) = \sum_{k = 1}^{n} \ln (k)

Das verstehe ich.

Auch sehe ich, dass Du die linke Seite zweimal nach

n

differenzierst,
um

Ψ (1, n + 1)

zu erhalten.

Nur verstehe ich nicht, nach welcher Variablen Du die Summe auf der rechten Seite
differenzierst. Klar ist :

\frac{d^{2}}{d x^{2}} \ln (x) = - x^{- 2}

.

Aber wie kommst Du von

\sum_{k = 1}^{n} \ln (k)

nach

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2}

Sukomaki aktiv_icon

13:31 Uhr, 03.10.2020

Hi HAL9000,

ich bin den Beweis durchgegangen und kann ihn soweit nachvollziehen.

Allerdings gibt es dort einen Schritt, den ich nur teilweise verstehe :

Wie komme ich von

\sum_{l = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{\infty} (- 1)^{j} \cdot B_{j} \cdot \frac{z^{j + l}}{j! \cdot (l + 1)!} \cdot n^{l + 1}

mit

p = j + l

auf

\sum_{p = 0}^{\infty} \sum_{j = 0}^{p} (- 1)^{j} \cdot B_{j} \cdot \frac{z^{p}}{j! \cdot (p - j + 1)!} \cdot n^{p - j + 1}

?

Das Problem das ich hier habe ist, dass die Summanden für

j > p

Null werden müssen.

Das ist aber nur der Fall für

j > p + 1

, weil dann

\frac{1}{(p - j + 1)!} = 0

wird.

Vielleicht werden die Summanden ja für

j > p

aus einem anderen Grund Null.

Doerrby aktiv_icon

15:44 Uhr, 03.10.2020

Ich benutze meine Formel, jetzt ausgeschrieben, d.h. ohne Summenzeichen:

\sum_{k = 1}^{n} f (k) \approx c_{f} + F (n) - \frac{B_{1}}{1!} f (n) + \frac{B_{2}}{2!} f ʹ (n) + \frac{B_{4}}{4!} f ‴ (n) + \frac{B_{6}}{6!} f^{(v)} (n) + \frac{B_{8}}{8!} f^{(v i i)} (n) + . . .

Zur Erinnerung:

B_{3} = B_{5} = B_{7} = . . . = 0

\sum_{k = 1}^{n} f (k) \approx c_{f} + F (n) + \frac{1}{2} f (n) + \frac{1}{12} f ʹ (n) - \frac{1}{30 \cdot 4!} f ‴ (n) + \frac{1}{42 \cdot 6!} f^{(v)} (n) - \frac{1}{30 \cdot 8!} f^{(v i i)} (n) + . . .

Jetzt setze ich für

f (k)

die Funktion

\ln (k)

ein:

\sum_{k = 1}^{n} \ln (k) \approx c_{f} + (n \cdot \ln (n) - n) + \frac{1}{2} \ln (n) + \frac{1}{12} \frac{1}{n} - \frac{1}{30 \cdot 4!} \frac{2}{n^{3}} + \frac{1}{42 \cdot 6!} \frac{4!}{n^{5}} - \frac{1}{30 \cdot 8!} \frac{6!}{n^{7}} + . . .

Während die Summe

\sum_{k = 1}^{n} \ln (k)

auf natürliche

n

beschränkt ist, ist

\ln (Γ (n + 1))

eine kontinuierliche Funktion. Den Formelterm auf der rechten Seite kann man aber auch als kontinuierliche Funktion betrachten. Das tue ich und leite zweimal ab.
1. Ableitung:

\ln (n) + \frac{1}{2} \frac{1}{n} - \frac{1}{12} \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{30 \cdot 4!} \frac{3!}{n^{4}} - \frac{1}{42 \cdot 6!} \frac{5!}{n^{6}} + \frac{1}{30 \cdot 8!} \frac{7!}{n^{8}} + . . .

2. Ableitung:

\frac{1}{n} - \frac{1}{2} \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{6} \frac{1}{n^{3}} - \frac{1}{30 \cdot 4!} \frac{4!}{n^{5}} + \frac{1}{42 \cdot 6!} \frac{6!}{n^{7}} - \frac{1}{30 \cdot 8!} \frac{8!}{n^{9}} + . . .

Hier kürzen sich die Fakultäten raus und die Bernoulli-Zahlen bleiben als Koeffizienten stehen. Das ist jetzt die Näherung für

Ψ (1, n + 1)

.
Wenn ich die in die Formel einsetze, die du gefunden hast

\sum_{k = 1}^{n} k^{- 2} = ζ (2) - Ψ (1, n + 1)

,
dann kommen die gleichen Summanden raus wie bei meiner Formel.

Übrigens: unterwegs, bei der 1. Ableitung, stehen die Näherungsglieder für

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}

Die fehlende Konstante

c_{f}

ist in dem Fall die Eulerkonstante C = 0,5772...
Das zeigt auch, dass die Formel nicht perfekt ist, denn die jeweilige Konstante kommt durch das Ableiten nicht raus.

Sukomaki aktiv_icon

18:34 Uhr, 03.10.2020

Hallo Doerrby,

nach dem was Du mir geschrieben hast, schätze ich Dich so ein,
dass Dich folgendes "Papier" interessieren könnte :

web.archive.org/web/20110617053801/http://www.math.tu-berlin.de/~mueller/HowToAdd.pdf

Es geht darin um Summation mit nicht-ganzzahligen Grenzen.
Sogar komplexe Grenzen werden abgehandelt.

Auf der ersten Seite dieser Abhandlung findet sich die wenig
bekannte Euler'sche Formel

\sum_{v = 1}^{- \frac{1}{2}} \frac{1}{v} = - 2 \cdot \ln (2)

Die kann man auch erhalten per

lim_{n \to \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k - \frac{1}{2}}) = - 2 \cdot \ln (2)

Sukomaki aktiv_icon

15:20 Uhr, 04.10.2020

Ich habe noch folgenden Zusammenhang herausgefunden :

\sum_{k = 1}^{- \frac{1}{2}} \frac{1}{k^{s}} = lim_{n \to \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{s}} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(k - \frac{1}{2})}^{s}}) = - (2^{s} - 2) ζ (s)

Doerrby aktiv_icon

16:22 Uhr, 04.10.2020

Der Link funktioniert leider nicht als Ganzes. Wenn ich tu-berlin... eingebe, steht dann, dass ein solcher Benutzer nicht existiert.
Was bedeutet eigentlich die obere Summengrenze -1/2 ? So was kenne ich nicht.

Sukomaki aktiv_icon

18:29 Uhr, 04.10.2020

Hallo Doerrby,

um den Link korrekt aufzurufen, kannst Du gerne Copy & Paste benutzen :

Markiere einfach den kompletten Link im Thread, drücke die rechte Maus-Taste,
und klicke "Kopiere" an. Dann gehe in die URL-Leiste, wieder rechte Maus-Taste
und dann auf "Einfügen".

Nach Eingabe mit Enter sollte der Artikel korrekt geladen werden :-)

Zu der Summe mit Grenze

- \frac{1}{2}

:

Es gibt ja Summenformeln wie z.B.

\sum_{i = 1}^{n} i = \frac{n}{2} \cdot (n + 1)

, die
zunächst nur für natürliche

n

definiert sind. Man kann sie aber auch
unbeschadet auf reelle (sogar komplexe) Zahlen ausweiten.

Mit Summen kann man ja wilde Spiele treiben :

Was ist z.B.

\sum_{j = a}^{b} f (j)

, wenn

a > b

ist?

Nun, die Antwort ist leicht :

\sum_{j = a}^{b} f (j) = \sum_{j = m}^{b} f (j) - \sum_{j = m}^{a - 1} f (j)

(mit

m < b

)

Genau so gut kann man hergehen, und wenn

lim_{x \to \infty} f (x) = 0

ist definieren

\sum_{j = a}^{r} f (j) = lim_{n \to \infty} (\sum_{j = a}^{n} f (j) + (r - ⌊ r ⌋) \cdot f (n + 1) - \sum_{j = ⌊ r ⌋ + 1}^{n} f (j + r - ⌊ r ⌋))

(

r \in ℝ > a

)

Beispielsweise ist

\sum_{j = 1}^{2.2} f (j) \approx f (1) + f (2) + 0.2 \cdot f (3)

Weil

f (x)

für

x

gegen

\infty

gegen Null geht ist eine bessere Näherung :

\sum_{j = 1}^{2.2} f (j) \approx f (1) + f (2) + f (3) + f (4) + f (5) + 0.2 \cdot f (6) - f (6.2) - f (5.2) - f (4.2) - f (3.2)

Gruß
Maki

Sukomaki aktiv_icon

19:03 Uhr, 05.10.2020

Ich wollte diesen Thread noch ein bisschen offen halten. Der Automatismus ist mir zuvorgekommen.

@Doerrby

Was hältst Du von der strangen Mathematik?

Doerrby aktiv_icon

08:15 Uhr, 06.10.2020

Da mein Studium schon 20 Jahre her ist, werde ich wohl eine Zeit brauchen, mich da durch zu arbeiten, aber auf den ersten Blick sieht's interessant aus. Danke für den Link!

Sukomaki aktiv_icon

11:38 Uhr, 07.10.2020

Danke für die Beiträge. Ich habe natürlich allen ein "gut geholfen" gegeben.

Insbesondere danke ich Doerrby für seine Summenformeln.

1513431

1512919

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?