Allgemeine Form von (x+y+z)^n beweisen

29.10.2005, 19:34

Toxman

Allgemeine Form von (x+y+z)^n beweisen

Hallo,

ich habe das Problem, dass ich $\begin{eqnarray*} (x+y+z)^n = \sum_{i+j+k=n}~\frac{n!}{i!j!k!}x^iy^jz^k \end{eqnarray*}$
beweisen soll. Bis jetzt haben wir vor allem versucht, das per vollständiger Induktion zu lösen, was auch funktioniert hat, aber 2 Seiten dauert...

Am Anfang haben wir die Summe durch zwei Summen ersetzt, wobei die erste das i von 0 bis n schickt, die zweite dann j von 0 bis n-i. k haben wir dann durch n-i-j ersetzt. Mit ein paar recht fiesen Umformungen sind wir auf das Ergebniss gekommen, aber der schönste Lösung kann das einfach nicht sein verwirrt

Hat jemand das schon mal bewiesen und könnte mir da einen Ansatz geben?

Vielen Dank

29.10.2005, 19:38

Mathespezialschüler

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Verschoben

Du machst es genauso wie beim binomischen Satz mit einer kombinatorischen Überlegung! Überleg dir, wie oft der Summand $\begin{eqnarray*} x^iy^jz^k \end{eqnarray*}$ vorkommt. Dann kommst du drauf! Augenzwinkern

Das funktioniert übrigens auch für mehr als drei Summanden.
edit: Ich denke, es geht auch, wenn du den binomischen Satz zweimal anwendest: $\begin{eqnarray*} (x+y+z)^n=((x+y)+z)^n=\ldots \end{eqnarray*}$ .
edit2: Übrigens kann man einen viel einfacheren Induktionsbeweis ansetzen und damit ein viel besseres Ergebnis gewinnen! Man kann nämlich die schon angesprochene allgemeinere Formel

$\begin{eqnarray*} (a_1+a_2\ldots +a_j)^n=\left(\sum_{i=1}^j~a_i\right)^n=\sum_{n_1+n_2+\ldots +n_j=n}~\frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_j!}a_1^{n_1}a_2^{n_2}\cdots a_j^{n_j} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum_{\sum\limits_{k=1}^j~n_k=n}~n!\cdot \prod_{k=1}^j~\frac{a_k^{n_k}}{n_k!} \end{eqnarray*}$

durch Induktion nach $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ sehr einfach mit dem binomischen Satz herleiten. Das ist dann die Verallgemeinerung von dem, was ich oben vorschlag, nämlich dort den binomischen Satz zweimal anzuwenden.

Gruß MSS

29.10.2005, 21:23

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Nur eine Anmerkung: Die Größe $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_j!} \end{eqnarray*}$ hat auch einen Namen: Polynomialkoeffizient

29.10.2005, 21:30

Toxman

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Meinst du das mit 'binomische Formel zwei mal anwenden' so:?

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n~ \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} * (\sum_{l=0}^n~ \begin{pmatrix} n \\ l \end{pmatrix}x^ly^{(n-l)} ) ^k+z^{(n-k)} \end{eqnarray*}$

Ich seh da nicht, wie ich weitermachen sollte...

29.10.2005, 21:48

Mathespezialschüler

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Beim zweiten Mal hast du ihn falsch angewandt! Also, 1. Mal:

$\begin{eqnarray*} (x+y+z)^n=((x+y)+z)^n=\sum_{k=0}^n~(x+y)^{n-k}\cdot z^k \end{eqnarray*}$

Und jetzt das ganze nochmal mit $\begin{eqnarray*} (x+y)^{n-k} \end{eqnarray*}$ machen.

Gruß MSS

29.10.2005, 22:03

Toxman

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$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n~ \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} * (\sum_{l=0}^{n-k}~ \begin{pmatrix} n-k \\ l \end{pmatrix}x^ly^{(n-k-l)} ) +z^{k} \end{eqnarray*}$

Dann hab ich ja noch $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} n-k \\ l \end{pmatrix} = \frac{n!}{k!(n-k)!}*\frac{(n-k)!}{l!*(n-k-l)!}=\frac{n!}{l!*k!*(n-k-l)!} \end{eqnarray*}$
wobei (n-k-l) eigentlich dem i aus der ursprünglichen Formel entspricht.

Nur weiss ich jetzt nicht, wie ich die Klammern miteinander verrechnen kann.

Vielen Dank schon mal für die Hilfe bis jetzt

// Ausdruck verbessert

29.10.2005, 22:19

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Da gibt es nichts mehr zu verrechnen, nur zu erkennen!

29.10.2005, 22:21

Toxman

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Zitat:

Da gibt es nichts mehr zu verrechnen, nur zu erkennen!

Na juhu... Augenzwinkern

Nur, wenn ich das abgeben will, kann ich da schlecht. 'Wie man nun sieht, gilt (...). QED' drunterschreiben smile

Ich glaub, dass darf man nur als Prof...

29.10.2005, 22:27

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Also im Grunde genommen geht es nur noch um die Identität

$\begin{eqnarray*} \left\{ (i,j,k) \bigm| i,j,k\in\mathbb{N}\;\mbox{mit}\;i+j+k=n \right\} = \bigcup_{i=0}^n ~ \bigcup_{j=0}^{n-i} ~ \left\{ (i,j,n-i-j) \right\} \end{eqnarray*}$ .

Ist es das, was dir noch Kopfzerbrechen bereitet?

29.10.2005, 22:32

Toxman

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Das zum einen, wobei das eigentlich klar ist.
Mein eigentliches Problem gerade ist das ^(n-k) das ich von der ersten binomischen Formel übrig habe und das für die gesamte zweite Summe gilt. Wäre das nicht da, wär ich irgendwie glücklicher.

29.10.2005, 22:37

Mathespezialschüler

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Das $\begin{eqnarray*} \big(\ldots\big)^{n-k} \end{eqnarray*}$ ist doch gar nicht mehr nötig, also falsch! Den Exponenten musst du weglassen. Es ist doch

$\begin{eqnarray*} (x+y)^{n-k}=\sum_{l=0}^{n-k}~{n-k\choose l}x^ly^{n-k-l} \end{eqnarray*}$

und nicht

$\begin{eqnarray*} (x+y)^{n-k}=\left(\sum_{l=0}^{n-k}~{n-k\choose l}x^ly^{n-k-l}\right)^{n-k} \end{eqnarray*}$ !

Und das andere schreibst du mit Arthurs Mengenidentität so auf:

$\begin{eqnarray*} (x+y+z)^n=\sum_{k=0}^n~{n\choose k}\cdot \left(\sum_{l=0}^{n-k}~{n-k\choose l}x^ly^{n-k-l}\right)\cdot z^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum_{k=0}^n~\sum_{l=0}^{n-k}~\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot \frac{(n-k)!}{l!(n-k-l)!}x^ly^{n-k-l}z^k=\sum_{k=0}^n~\sum_{l=0}^{n-k}~\frac{n!}{k!l!(n-k-l)!}x^ly^{n-k-l}z^k \end{eqnarray*}$

und das ist mit $\begin{eqnarray*} i=l,j=n-k-l,k=k \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} =\sum_{i+j+k=n}~\frac{n!}{k!i!j!}x^iy^jz^k \end{eqnarray*}$ ,

was man, wie gesagt, mit Arthurs Mengengleichung sieht.

Gruß MSS

29.10.2005, 23:35

Toxman

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Vielen Dank an euch beide Wink

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