Die Macher dachten sich, dass es wohl eine gute Idee wäre statt einer zweiten Staffel ein Spiel zu machen. Das Spiel heißt Danganronpa 2: Goodbye Despair und setzt Staffel 1 fort (es gibt keine Staffel zu den Story-Teil). Nach den Spiel geht es mit der dritten Staffel Danganronpa weiter (Danganronpa 3)...

Ich hatte es auch gehasst, doch meiner Meinung nach kann man sich Staffel 3 auch anschauen, wenn man das Spiel nicht gespielt hat. Es ist manchmal etwas merkwürdig, besonders das Ende, doch es ist immer noch gut.

Es gibt zu Info 3 Spiele. Das erste Spiel Danganronpa 2: Goodbye Despair, was Staffel 1 fortsetzt, das zweite Spiel Danganronpa: Trigger Happy Havoc (womit man nichts machen muss, doch strenggenommen spielt es direkt nach Danganronpa 2 aber vor 3) und das dritte / bisher letzte Spiel Danganronpa V3: Killing Harmony (was etwas in Danganronpa 2 spielt bzw. nur mit den Charakteren von da, aber muss man auch nicht gespielt haben).

Das Stichwort ist Harmonische Zahlen:

(siehe hier > Formel 31)

Bei dir ersetzt du k mit i und r mit k:





Wie du sie schreibst hängt von dir ab. Wie wäre es mit:



Geht n gegen unendlich, so erhältst du die riemannsche Zeta Funktion (das zweite in der Formel ist die Hurwitz bzw. Clasical Zeta Funktion).

Du kannst sie auch als Polygamma Funktion schreiben oder rekursiv schreiben...

Doch was du genau willst geht nicht hervor denn "Für einen Beweis brauche ich die Partialsumme. Kann mir jemand sagen wie die lautet?" ist da etwas ungenau, denn das ist bereits die n.te Paritalsumme.

ich möchte den folgenden Ausdruck beweisen:

lim n->unendlich (x/n*summe von i=1 bis n von (i/n * x)^k)

Das ist eine Formel ohne Relation, Behauptung oder Ähnliches zum Beweisen. Aber ich denke, dass du nur das Limit ziehen willst.

Es gilt:

für k > 1.

Für k < 0 geht es gegen unendlich * sgn(x). Der Rest sind Spezialfälle...

Du kannst das n aus der Summe rausholen (da unabhängig von i). Du erhält:

i^k haben wir uns schon davor hergleitet...

Geht n gegen unendlich so geht auch i^k gegen unendlich, wenn k <= 1. Ist k > 1, so ist das riemannsche Zeta Funktion (nur reelle Werte) aka wir können es so aus den Limit ziehen.

Ist k > -1, so geht der Bruch gegen 0. Für k > 1 geht der term also gegen 0, Für k < 0 gegen sgn(x^(k + 1)) * unendlich und für k in [0, 1] kommen nur Monome raus (nicht alle sind ganz-rational).

Plot von Zeta:

(nur x > 1 ist hier korrekt)

Beispiele von Monomen:

LaTeX-Code für interessierte:

\begin{align*}
\lim\limits_{n \to \infty}\left[ \frac{x}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}\left[ \left( \frac{i \cdot x}{n} \right)^{k} \right] \right] &= 
\lim\limits_{n \to \infty}\left[ \frac{x}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}\left[ i^{k} \cdot \left( \frac{x}{n} \right)^{k} \right] \right]\\
\lim\limits_{n \to \infty}\left[ \frac{x}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}\left[ \left( \frac{i \cdot x}{n} \right)^{k} \right] \right] &= 
\lim\limits_{n \to \infty}\left[ \frac{x}{n} \cdot \left( \frac{x}{n} \right)^{k} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}\left[ i^{k} \right] \right]\\
\lim\limits_{n \to \infty}\left[ \frac{x}{n} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}\left[ \left( \frac{i \cdot x}{n} \right)^{k} \right] \right] &= \lim\limits_{n \to \infty}\left[ \left( \frac{x}{n} \right)^{k + 1} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}\left[ i^{k} \right] \right]\\
\end{align*}

Je nach dem wie deine Differentialgleichung aussieht könnte es verschiedene Lösungsmethoden geben. Manchmal gibt es aber auch einfach keine wirkliche Lösung. Manchmal existiert eine geschlossene Form, manchmal hat man nur eine Reihentwicklungen... Manchmal ist das Ergebnis explizit, manchmal aber auch in noch komplizierteren Gleichungen ungelöst...

Z.B. ein FDE der Ordnung 2 löst man anders als ein PDE der Ordnung 2... Ihr Lösungsmethoden haben meistens kaum was gemeinsam.

Ich gehe in Folgenden besonders auf ODEs ein.

Form: y''(x) + p(x) * y'(x) + q(x) * y(x) = g(x)

Für lineare ODEs zweiter Ordnung gibt es zum Glück Lösungsformeln-

Die partikulare Lösung (kann man über Variation von Parametern finden - siehe hier die Herleitung):

Mit y1 und y2 als homogene Lösungen und W als Wronskian.

Für die zweite homogene Lösung (siehe hier die Herleitung):

Die erste homogene Lösung findest du entweder, da du die Form kennst, du sie unterwegs beim Vereinfachen findest, sie ratest oder sie trivial ist. Du hast wahrscheinlich schon man eine Tabelle gesehen, wo viele Spezialfälle draufstehen und wie dort die homogene Lösung aussehen muss.

Homogenes Lineares ODE zweiter Ordnung

Form: y''(x) + p(x) * y'(x) + q(x) * y(x) = 0

Es kommt die triviale Lösung y(x) = 0 dazu (siehe hier die Herleitung: Formeln 24 bis 40):

Ist q(x) = 0, so gilt:

Es kommt auch eine neue Lösungsmethode dazu: Frobenius Methode (Reihentwicklung als Lösung)

ODEs zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten

Form: y''(x) + p * y'(x) + q * y(x) = g

Hier kannst du verschiedenes anwenden. Z.B.:

Ziehen der Laplace Transformation gibt dir eine lineare Gleichung an Transformierten y(x), welche man schnell umstellen kann nach zusammen fassen (- Konstante dann / Leitkoeffizient). Dann ziehen wir noch die Umkehr-Laplace Transformation und fertig sind wir. (Sie hier.)

Wenn homogen (g = 0): y(x) := Exp[a * x], dessen n.te Ableitung a^n * Exp[a * x] ist aka du erhälst ein Polynom zweiten Grades mal Exp[a * x], was sich rauskürzen kannst, gleich 0. ABC-Formel rauf und fertig bist du.

Form: y''(x + a) + p(x) * y'(x + b) + q(x) * y(x + c) = g(x)

Es ist basicly das gleiche, nur dass hier der delay bzw. advance kommt.

Sind die Koeffizienten konstant, so würdest du hier mit der Z-Transformation arbeiten oder wieder y(x) := Exp[a * x] substituieren (du erhält eine Gleichung lösbar durch die Lambertschen W Funktion oder anderen Speziellen Funktionen). Ansonsten ist es hier eigentlich ein Ratespiel.

Ist die Gleichung homogen, so könnte Frobenius Methode funktionieren, aber das auch nur manchmal.

Form: Differentialgleichungen mit Funktionen die von mehr als einer Variable abhängig sind

Es wird immer Schwerer... Oft gibt es hier nur noch numerische Lösungen oder man arbeitet sich über Randbedingungen und einige Relationen zu einzelnen Lösungen hin. Alternativ wird kann hier auch noch "die" Fourier Transformation nütlzich sein.

Form: Differentialgleichung in der Ableitungen nicht-ganzer Ordnung stecken

Viel schwerer geht es kaum... Abhängig von der Definition, Art, Grenzen, Typen und Randbedingungen der einzelnen Ableitungen unterscheiden sich fast alle Ergebnisse. Selbst bei einfachsten FDEs sind Lösungsmethoden oft einfach nur das komplette Ausreizen der Definitionen von bestimmten Operatoren bzw. Transformationen.

Hat das FDE konstante Koeffizienten und ist homogen, so kann man auch hier mit y(x) := Exp[a * x] arbeiten. Du erhält jedoch keine Polynome mehr und Lösungen können nur noch numerisch erreicht werden.

Zum Glück begegnet man Differentialgleichungen dieser Art fast nie, außer man geht in wirklich komplizierte physikalische Systeme oder Arbeitet aus Spaß damit.

Anfangs waren die Fibonacci-Zahlen rekursiv definiert (fₙ = fₙ₋₁ + fₙ₋₂ ∧ f₁ = f₂ = 1, wobei fₙ = n.te Fibonacci-Zahl), aber das Problem hierbei ist, dass wir nicht direkt ausrechnen können, was die n.te Fibonacci-Zahl ist: Wir müssen zuerst alle davor liegenden Fibonacci-Zahlen bestimmen. Wir nennen das auch inexplizit. Das macht es zeitaufwendiger große Werte zu berechnen.
Z.B.:

Die Formel vom Binet soll hier Abhilfe schaffen. Sie ist explizit. Das bedeutet: Wir setzen einfach nur "n" ein und erhalten direkt den exakten Wert:



Einfach nur einsetzen und zack hast du das Ergebnis.

Das hat noch weitere Vorteile, z.B. kannst du mit f(n) = fₙ, die Zahlen auf einer stetigen und differenzierbaren (keine Löcher und keine Zacken) Kurve darstellen. Du kannst die Fibonacci-Zahlen auch damit verallgemeinern, was beim Vereinfachen oder finden von expliziten Relationen nützlichen sein kann.

Nette Quellen:

Chandra, Pravin and Weisstein, Eric W. "Fibonacci Number." From MathWorld--A Wolfram Web Resource. https://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html

Wolfram > Functions