Gigantische Abstimmung
Hallo, Katharina,
ich bin beim Nickerchen und Studieren deines Papiers und stelle fest, daß auch du möglicherweise mit dem Problem: „Stelle“ ungleich „Wert“ ins Stolpern kommst (wie ich immer wieder).
Die gesuchte Summe kann sicher nicht größer sein als (49über6)*47^6, und das gibt schon ~1,5*10^17.
Ich muß dazu sagen, daß ich vor ca 3 jahren, als ich mich hiermit beschäftigte, nächtelang am Rande der Wahnsinnlichkeit befunden habe. Und immer wars das o.e. Problem.
Ich studiere deinen letzten Brief weiterhin, aber möchte dir schon einmal meine Methode darlegen:
Ich nenne dabei die kte Potenzsumme(m^k), 1,n, nun „Sn,k“ und die (vietasche) Summe der ktupel-Produkte mit Zahlen bis n „Dn,k“ („Diversitätssumme“).
Sn,1 ist, wie du hervorhobst, = n/2*(n+1), Sn,2 natürlich n/6 *(n+1)*(2n+1), usw.
Sn,6 übrigens = n/42 *(n+1)*(2n+1)*(3n^4+6n^3-3n+1)
Dn,n ist natürlich gleich n!, und
Dn,0 (zu definieren) immer gleich 1.
Nun suchen wir also D49,6.
D49,49 wäre 49! und D6,6 = 6! = 720.
Ich habe als Formel für Dn,6 rekursiv folgendes entwickelt:
Dn,6 = 2^[-6]*(n+1)*(nüber6)*(63n^5-315n^3-224n^2+140n+96)/63,
was du durch Einsetzen für n=6 überprüfen kannst.
Für n = 49 kommt hier eben ~3,01*10^15 heraus.
(also abaut 3 Quintilliarden)
Ich habe die Sn,k übrigens bis k = 16, die Dn,k, wie bereits erzählt, bis Dn,14 rekursiv entwickelt, und zwar mit der „Diversitätserweiterungsmethode“:
Stelle dir vor, du hast die „ktupel-Summe“ Dn,k und suchst die „kplus1tupel-Summe“ Dn,[k+1] (für eine „Population“ n).
Da hängst du einfach an jedes einzelne Produkt der ersteren Summe jede Zahl bis n ran! (Vorsicht!!!)
Also hättest du Dn,[k+1] = S[n]*Dn,k, S[n] = n/2*(n+1).
Tscha, aber da ist denn ja in jedem "[k+1]tupel-Summanden ein Faktor doppelt!
Also muß man wieder was abziehen!
Also müssen wir Summanden mit einem doppelten Faktor abziehen. Da bleibt denn aber als Restfaktor nur der Summand mit [k-1] unterschiedlichen Faktoren. Also müssen wir Dn,[k.1]*S[n^2] wieder abziehen.
So, und spätestens nun hab ich immer verfsucht, an was anderes zu denken.
Denn wenn wir das tun, ziehen wir wiederum zuviel ab. Nämlich alle die Elemente, die in der Dn,[k-1] schon jeweils diese quadratischen Faktoren enthalten.
Also müssen wir wieder was dazuzählen, nämlich die zuviwel abgezogenen S[n^3]*Dn,[n-2]. Usw,usw,usw.
Heraus kommt dabei schließlich die Formel:
Dn,k = 1/k *(Dn,[k-1]*Sn,1 - Dn,[k-2]*Sn,2 + Dn,[k-3]*Sn,3)±±±±± Dn,0*Sn,k), wobei ja Dn,0 = 1.
Natürlich muß n>=k sein, denn es gibt zB keine 4tupel bei einer 3er Population (isscha „ohne Wiederholung“).
Und Dn,n ist immer = n!
Wie du siehst, brauche ich hierfür die Formeln für die kten Potenzsummen.
Und die entwickele ich rekursiv (auch die sog. „Bernouilliformeln“ muß man ja erst ausmultiplizieren und dann aufsummieren, sie sehen nur so „geschlossen“ aus!!"), und zwar aus der Identität (zweifachen Auflösbarkeit) von:
Summe{(m+1)^k} - Summe{m^k}, 1,n, =
- (n+1)^k - 1, denn dies ist eine „Teleskopsumme“, da hebt sich alles auf bis auf den vordersten Summanden der „vorreitenden Summe“, nämlich (n+1)^k, und den letzten Summanden der Summe{m^k}, nämlich 1^k = 1.
Das ist die Reihen-Abrechnung.
- Faßt man nun die Summanden der beiden Reihen zu einem einzigen Summanden, nämlich (m+1)^k - m^k zusammen, und löst die ersteren binomisch auf, so erhält man für die obige Differenz Summe{(m+1)^k} - Summe{m^k}, 1,n,:
Summe{Summe(küberj)*m^j, 00 !!!
Also mit Hôpital!
Das „geht“ vor allem auch bei unendlichen
(also Zeta-)Summen!!!
So, spätestens nun haben wier beide unsere Briefe zu dustieren, oder??!!
Krüßchen, moin, manni.