Kombinatorik-Gleichung zeigen

20.10.2013, 12:07

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Kombinatorik-Gleichung zeigen

Meine Frage:
Hallo Leute, folgende Aufgabe:

Zeigen sie:

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich hab mir mal die ersten 4,5 Summanden der Summe auf der rechten Seite aufgeschriben. da kürzt sich auch, bei jedem Summand schön etwas weg. Erst hab ich dann gehofft, dass sich die Summanden mit negativem Vorzeichen irgendwie wegfallen. Ohne Erfolg. (vieleicht lieg ich ja richtig, seh es aber nicht.)
Dann hab ich versucht, Summand für Summand, gleichnahmig zu machen und das dann versucht dass auszu x-en. Das wird aber ziemlich kompliziert und führt wahrscheinlich zu nix. (ich kann mich auch täuschen)
Hat jemand vielecht noch einen Tipp?

Grüsse Alfred.

20.10.2013, 12:13

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Eigentlich gut per Induktion nachweisbar, im Induktionsschritt $\begin{eqnarray*} n\to n+1 \end{eqnarray*}$ unter Einbeziehung von

$\begin{eqnarray*} && \frac{1}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)} - \frac{1}{(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)}\\ &=& \frac{(x+n+1)-x}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} = \frac{n+1}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} \end{eqnarray*}$

20.10.2013, 13:03

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, besten dank für deine Hilfe HAL 9000.
Das ging mir doch etwas zu schnell. Ich versuchs mal. Induktion ist nicht so meine Stärke. traurig

traurig

Induktionsannahme A(1): n=1
Voraussetztung:
$\begin{eqnarray*} \frac{1!}{x(x+1)} = \sum\limits_{k=0}^1 \begin{pmatrix} 1 \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$
Zu zeigen:
$\begin{eqnarray*} \frac{1!}{x(x+1)} = \frac{1}{x} -\frac{1}{x+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x(x+1)} =\frac{1}{x(x+1)} \end{eqnarray*}$ was stimmt.

Induktionsschritt: (nun wirds schwer) A(n) ==> A(n+1)
also von n ==> n+1
Voraussetzung:
$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$
Zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)...(x+(n+1))}= \sum\limits_{k=0}^{n+1} \begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

ich hoffe das stimmt soweit. Nun kann ich folgendes machen, ja?

$\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)...(x+(n+1))} - \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)} = \frac{n+1}{x+n+1} \end{eqnarray*}$

Also das letzte Glied, n+1-te Glied bleibt dann übrig. Stimmt das so?

Zitat:

$\begin{eqnarray*} && \frac{1}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)} - \frac{1}{(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)}\\ \end{eqnarray*}$

wie bist du auf das gekommen? ich verstehe nicht woher die 1en im Zähler kommen..

20.10.2013, 13:11

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
Induktionsannahme A(1): n=1

Ich würde sogar bei $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ anfangen, das ist noch einfacher - und umfassender, da man dann die Gleichung sogar für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 0 \end{eqnarray*}$ nachweist. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
Voraussetzung:
$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

Ich würde es so präzisieren, dass man diese Gültigkeit für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R}\setminus\{0,-1,-2,\ldots,-k\} \end{eqnarray*}$ voraussetzt - das werden wir später noch brauchen!

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
$\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)...(x+(n+1))} - \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)} = \frac{n+1}{x+n+1} \end{eqnarray*}$

Ich frag besser nicht, wie du auf sowas kommst. Jedenfalls stimmt es nicht. unglücklich

unglücklich

Tatsächlich kann man die obige Zeile von mir mit $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ mutliplizieren, was zu

$\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)} - \frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} \end{eqnarray*}$

führt, und nun wendet man rechts die Induktionsvoraussetzung zweimal an: Einmal für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und dann nochmal für $\begin{eqnarray*} x+1 \end{eqnarray*}$ .

20.10.2013, 13:44

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich und induktion, dass konnte ja nur schief gehen. unglücklich

unglücklich

Ich versuch es nochmal:

Annahme: A(0): n=0
$\begin{eqnarray*} \frac{0!}{x} = \sum\limits_{k=0}^o \begin{pmatrix} 0 \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$
zu zeigen:
$\begin{eqnarray*} \frac{0!}{x} = \frac{1}{x} -\frac{1}{x+1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} = \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ was stimmt.

okay, nun die Induktionsannahme:
A(n) ==> A(n+1)
Voraussetzung:
$\begin{eqnarray*} \forall x \in\mathbb{R} \setminus\{0,-1,-2,\ldots,-k\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

zu zeigen:
$\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)...(x+(n+1))}= \sum\limits_{k=0}^{n+1} \begin{pmatrix} n+1 \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

ich hoffe das stimmt jetzt.
Ich verstehe immer noch nicht ganz, arbeite ich jetzt mit der rechten Seite weiter oder mit der linken?

Zitat:

Tatsächlich kann man die obige Zeile von mir mit $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ mutliplizieren, was zu $\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)} - \frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} \end{eqnarray*}$ führt, und nun wendet man rechts die Induktionsvoraussetzung zweimal an: Einmal für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und dann nochmal für $\begin{eqnarray*} x+1 \end{eqnarray*}$ .

Rein allgebraisch kann ich das, glaube ich, schon nachvollziehen, nur wie du darauf kommst ist mir schleierhaft.

20.10.2013, 13:56

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Das hatte ich doch schon geschrieben, dass ich einfach nur diese Gleichung

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} && \frac{1}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)} - \frac{1}{(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)}\\ &=& \frac{(x+n+1)-x}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} = \frac{n+1}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n! \end{eqnarray*}$ multipliziert habe!!!

Und bei dieser Gleichung oben ist nix weiter passiert, als das man zur Berechnung der Differenz alles auf einen gemeinsamen Bruchstrich gebracht hat. D.h. mit der Abkürzung $\begin{eqnarray*} t=(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n) \end{eqnarray*}$ im Nenner steht da einfach nur

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{xt} - \frac{1}{t(x+n+1)} = \frac{(x+n+1)-x}{xt(x+n+1)} = \frac{n+1}{xt(x+n+1)} \end{eqnarray*}$ ,

das sollte doch nachvollziehbar sein. unglücklich

unglücklich

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
nur wie du darauf kommst

Diese Art Fragen solltest du dir abgewöhnen, wenn du nicht die stereotype Antwort "Üben, üben, üben" hören willst.

Anzeige

20.10.2013, 14:24

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Mann mann mann, du hast wirklich viel Geduld. Das ist eine Tugend! keine Ahnung ob ich - an deiner Stelle - das auch hätte.

also die allgebraischen Umformungen sind mir klar. Schon beim ersten mal.
Für Verwirrung sorgt der Induktionsschritt. (Mit Induktion generell hab ich Schwierigkeiten)

Du schreibst:
und nun wendet man rechts die Induktionsvoraussetzung zweimal an: Einmal für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und dann nochmal für $\begin{eqnarray*} x+1 \end{eqnarray*}$

Nun bin ich wieder verwirrt. ich dachte ich müsse von n auf n+1 schliessen.

verwirrt

20.10.2013, 14:37

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
Mann mann mann, du hast wirklich viel Geduld. Das ist eine Tugend!

Ist das jetzt ironisch gemeint? Denn man hat mir hier schon vieles "vorgeworfen", aber noch nie, dass ich viel Geduld habe. Big Laugh

Big Laugh

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
und nun wendet man rechts die Induktionsvoraussetzung zweimal an: Einmal für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und dann nochmal für $\begin{eqnarray*} x+1 \end{eqnarray*}$

Nun bin ich wieder verwirrt. ich dachte ich müsse von n auf n+1 schliessen.

verwirrt

Das macht man ja auch. Um es mit geordneten Paaren zu schreiben:

Um die Induktionsbehauptung für $\begin{eqnarray*} (x,n+1) \end{eqnarray*}$ zu beweisen, greift man auf die Induktionsvoraussetzung für $\begin{eqnarray*} (x,n) \end{eqnarray*}$ und dann auch nochmal für $\begin{eqnarray*} (x+1,n) \end{eqnarray*}$ zurück. Das darf man tun, denn genau deswegen hatte ich ja oben diese Anmerkung gemacht:

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
Voraussetzung:
$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

Ich würde es so präzisieren, dass man diese Gültigkeit für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R}\setminus\{0,-1,-2,\ldots,-k\} \end{eqnarray*}$ voraussetzt - das werden wir später noch brauchen!

Es hat schon alles seinen Grund, wenn ich auf solche Feinheiten in der Formulierung poche: Denn dadurch kann man die Gleichung nicht nur für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ anwenden, sondern auch für $\begin{eqnarray*} {\color{red}(x+1)} \end{eqnarray*}$ , was dann eingesetzt

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{{\color{red}(x+1)}({\color{red}(x+1)}+1)({\color{red}(x+1)}+2)...({\color{red}(x+1)}+n)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{{\color{red}(x+1)}+k} \end{eqnarray*}$

bedeutet, oder mal einige der Klammern aufgelöst

$\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(x+1)(x+2)(x+3)...(x+n+1)}= \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(-1)^k}{x+k+1} \end{eqnarray*}$ .

20.10.2013, 15:03

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Ist das jetzt ironisch gemeint? Denn man hat mir hier schon vieles "vorgeworfen", aber noch nie, dass ich viel Geduld habe. Big Laugh

Natürlich nicht! Ich kenne mich, und mein Analysis-Verständnis. Ich kann manchmal die offensichtlichsten Dinge nicht sehen und nerve damit alle die mir Analysis erklären. Somit haben alle die dabei nicht aufgeben, geduld.Du hast noch nicht aufgegeben, also bist du - in meinen Augen - geduldig. smile

smile

Ich hab schon des öfteren gehört ich sei eine Pfeife und solle es vieleicht lassen. aber das ist mir egal! Disziplin, Ehrgeiz und Fleiss werden mich schon ans Ziel führen.
ausserdem will ich ja nicht Mathe studieren.

Okay, ich glaube ich sitz nun wieder im Boot.

also ist nun $\begin{eqnarray*} (x,n) = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)...(x+n)} \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} (x+1,n) = \frac{n!}{(x+1)(x+2)(x+3)...(x+n+1)} \end{eqnarray*}$

ja?
Und von hier komme ich auf das gewünschte $\begin{eqnarray*} (x,n+1) \end{eqnarray*}$ indem ich die Differenz
$\begin{eqnarray*} (x,n)-(x+1,n) \end{eqnarray*}$ nehme.

hab ich das nun soweit richtig verstanden?

Edit: Absätze geändert.

20.10.2013, 15:16

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
Und von hier komme ich auf das gewünschte $\begin{eqnarray*} (x,n+1) \end{eqnarray*}$ indem ich die Differenz
$\begin{eqnarray*} (x,n)-(x+1,n) \end{eqnarray*}$ nehme.

hab ich das nun soweit richtig verstanden?

Im übertragenen Sinne ja: Die Symbolik der "direkten" Differenz kann man natürlich in Zweifel ziehen, aber ich kann mir natürlich denken, wie du es meinst. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Mal ein kurzes Zwischenresümee: Nach dem zweifachen Einsetzen der Induktionsvoraussetzung ist der momentane Stand

$\begin{eqnarray*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)(x+2)\cdot \ldots \cdot (x+n)(x+n+1)} = \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k+1} \end{eqnarray*}$ .

Was nun noch im Induktionsschritt $\begin{eqnarray*} n\to n+1 \end{eqnarray*}$ zu zeigen ist:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k+1} \stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ .

Da sticht vor allem das $\begin{eqnarray*} x+k+1 \end{eqnarray*}$ im Nenner der zweiten Summe ins Auge, was ein wenig die Symmetrie stört. Dem kann man durch eine Indexverschiebung $\begin{eqnarray*} k\to k-1 \end{eqnarray*}$ begegnen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} \stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ .

Mehr will ich erstmal noch nicht verraten, denn vielleicht ahnst du ja jetzt, wie es weitergehen könnte.

20.10.2013, 15:42

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, das war ziemlich elegant, muss ich gestehen.

ich probier mal was:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k}\stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} \end{eqnarray*}$ .

und dann dachte ich erst ich kann ev. $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ ausklammern auf der linken Seite. doch ich glaube das wird nicht funktionieren, da ja k ein Laufindex ist. Vieleicht kann man sich die Symmetrieen des Binomialkoeffizients zu Nutze machen?
Müsste ich jetzt schon eine gewisse Vorstellung haben, wie das Ergebniss denn aussehen sollte?

20.10.2013, 15:43

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn der Induktionsbeweis erledigt ist, kann Alfred Gäbeli es ja einmal so probieren:

Man könnte den Beweis nämlich auch anders aufziehen. Dazu multipliziert man die zu beweisende Gleichung mit $\begin{eqnarray*} x(x+1)(x+2) \cdots (x+n) \end{eqnarray*}$ durch und erhält

$\begin{eqnarray*} \text{(*)} \ \ n! = \underbrace{\sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k p_k(x)}_{q(x)} \ \ \text{mit} \ \ p_k(x) = x (x+1) \cdots \widehat{(x+k)} \cdots (x+n) \end{eqnarray*}$

Das Dach soll anzeigen, daß in der Produktdarstellung der Faktor $\begin{eqnarray*} x+k \end{eqnarray*}$ fehlt. Die $\begin{eqnarray*} p_k(x) \end{eqnarray*}$ sind Polynome vom Grad $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Damit ist $\begin{eqnarray*} q(x) \end{eqnarray*}$ ein Polynom höchstens vom Grad $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .

Um $\begin{eqnarray*} \text{(*)} \end{eqnarray*}$ zu beweisen, überlegt man sich zunächst, daß für ganzzahliges $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0 \leq j \leq n \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} p_k(-j) = (-1)^k \cdot k! (n-k)! \cdot \delta_{jk} \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \delta_{jk} \end{eqnarray*}$ das Kronecker-Symbol bezeichnen möge. Somit folgt:

$\begin{eqnarray*} q(-j) = \sum_{k=0}^n {n \choose k} (-1)^k p_k(-j) = {n \choose j} \cdot j! (n-j)! = n! \end{eqnarray*}$

Das Polynom $\begin{eqnarray*} q(x) - n! \end{eqnarray*}$ hat somit mindestens $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ Nullstellen. Da es aber höchstens den Grad $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ besitzt, kann es nur das Nullpolynom sein.

20.10.2013, 17:00

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
Müsste ich jetzt schon eine gewisse Vorstellung haben, wie das Ergebniss denn aussehen sollte?

Hatte ich gehofft, ja.

Das Pascalsche Dreieck dürfte dir ja bekannt sein, vielleicht auch die zugehörige Summeneigeschaft

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq k\leq n \end{eqnarray*}$ .

Könnte hier nützlich sein, oder?

20.10.2013, 17:44

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

In diesem Fall also

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k-1} - \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq k\leq n \end{eqnarray*}$ .

also
$\begin{eqnarray*} 0=0 \end{eqnarray*}$ ?

20.10.2013, 17:56

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Nachdem ich bisher so "geduldig" war, muss ich jetzt mal Härte zeigen. Es liegt alles auf den Tisch:

Was noch nachzuweisen ist

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} \stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ .

und was das "Hauptwerkzeug" dazu ist:

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} 1\leq k\leq n \end{eqnarray*}$

Jetzt bemüh dich dochmal, das sauber und ordentlich zuende zu bringen, ohne dauernde Rückfragen, die noch dazu merkwürdig unklar formuliert sind. Beachte dabei, dass die einzelnen Summen unterschiedliche Anfangs- und Endwerte haben, was zu berücksichtigen ist. Wirklich zu rechnen ist kaum noch was, die genannten Bausteine sind nur noch geeignet logisch zu kombinieren.

20.10.2013, 19:21

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

ok ich versuche es.

aus der ersten Summe ganz links nehme ich das erste element heraus und schreibe es vor die Summe.
Aus der zweiten Summe in der Mitte nehme ich das letzte element heraus.
Aus der dritten Summe ganz rechts, nehme ich das 0-te und das n+1 heraus und schreibe es vor die Summe.
Ich hoffe nun das ist auch erlaubt so. Dann kommt das raus:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x}+\sum\limits_{k=1}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - (\frac{(-1)^n}{x+n+k}+\sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} )\stackrel{?}{=} \frac{1}{x}+\frac{(-1)^n}{x+n+1}+\sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ .

so löse ich das problem mit den indizes und die Glieder die ich aus den Summen gezogen habe, fallen weg.
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} \stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ .
Nun eine Umformung. ich schreibe die Summen in jeweils zwei Summen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom{n}{k} \sum\limits_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k-1} \sum\limits_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} \stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} \sum\limits_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$ .

und bemerke dabei:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} = \sum\limits_{k=1}^n \frac{(-1)^{k}}{x+k} \frac{1}{(-1)} = - \sum\limits_{k=1}^n \frac{(-1)^{k}}{x+k} \end{eqnarray*}$

Also folgt:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom{n}{k} + \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k-1} \stackrel{?}{=} \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} \end{eqnarray*}$ .

20.10.2013, 22:17

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Viele richtige Gedanken dabei, einige wenige Schreib- bzw. Rechenfehler (gleich in der ersten Formelzeile dieses $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{x+n+k} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{x+n+1} \end{eqnarray*}$ , und rechts $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^n}{x+n+1} \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1} \end{eqnarray*}$ )) und generell für mein Empfinden zuviel Chaos im Aufbau.

Ich stell einfach mal dar, wie ich mir das vorstellen würde:

Die Abtrennung bzw. Wiedereingliederung der Summanden für $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} k=n+1 \end{eqnarray*}$ ist schon das richtige Vorgehen, dabei verwendet man $\begin{eqnarray*} \binom{n}{0} = \binom{n+1}{0} = 1 \end{eqnarray*}$ sowie auch $\begin{eqnarray*} \binom{n}{n} = \binom{n+1}{n+1} = 1 \end{eqnarray*}$ . Damit liefert folgende Gleichungskette den fehlenden Nachweis (wobei noch $\begin{eqnarray*} (-1)^{k-1}=-(-1)^k \end{eqnarray*}$ genutzt wird):

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} - \sum\limits_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^{k-1}}{x+k} &=& \frac{1}{x} + \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} + \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k-1} \frac{(-1)^k}{x+k} + \frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1} = \frac{1}{x} + \sum\limits_{k=1}^{n} \left( \binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} \right) \frac{(-1)^k}{x+k} + \frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1} \\ &=& \frac{1}{x} + \sum\limits_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} + \frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1} = \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} \end{eqnarray*}$

21.10.2013, 09:29

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Super!!
und die rechte Seite ist dann gleich der linken:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} \frac{(-1)^k}{x+k} = \frac{1}{x}+\sum\limits_{k=1}^{n}\binom{n+1}{k}\frac{(-1)^k}{x+k}+\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1} \end{eqnarray*}$

An dieser Stelle möchte ich nochmal die Gelegenheit nutzen danke zu sagen. Mit Zunge

Mit Zunge

Alleine hätte ich es nie geschafft. Du bist ein toller Lehrer HAL 9000!!
(wieder keine Ironie smile

smile

)

Grüsse Alfred Gaebeli

21.10.2013, 13:15

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Nach dieser nützlichen Übung zur Induktion: Hast du auch meine Beweisidee verstanden? Das geht wesentlich schneller.

21.10.2013, 13:25

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Das geht wesentlich schneller.

Wenn man es mit der Länge dieses Threads vergleicht, kann man den Eindruck haben. Tatsächlich aber eher nicht, da sich auch bei dem Beweis hier der Induktionsschritt in einer einzigen Zeile schreiben lässt. Aber das Wort hat Alfred Gäbeli. Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.10.2013, 14:56

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe in der Tat den didaktisch-pädagogischen Prozeß nicht miteingerechnet. Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.10.2013, 15:02

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich bin momentan gerade anderweitig beschäftigt.
Ich muss noch einige Abgabetermine einhalten. Da Fussball aber erst morgen Abend ist Prost

Prost

,
kann und werde ich mir das gerne heute Abend nochmal anschauen!

21.10.2013, 15:30

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Trotz meiner Intervention oben muss ich natürlich zugeben: Ein schöner Alternativweg, zu dessen Verständnis man auch nur Basiskenntnisse zu Polynomen und deren Nullstellen benötigt. Freude

Freude

21.10.2013, 22:29

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

ich komme mit bis zu

Zitat:

$\begin{eqnarray*} p_k(-j) = (-1)^k \cdot k! (n-k)! \cdot \delta_{jk} \end{eqnarray*}$

ich habe mühe mit diesem $\begin{eqnarray*} p_k(-j) \end{eqnarray*}$
was heisst das nun? and der Stelle -j?

21.10.2013, 22:35

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, was bedeutet $\begin{eqnarray*} p_k \end{eqnarray*}$ :

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{eqnarray*} p_k(x) = x (x+1) \cdots \widehat{(x+k)} \cdots (x+n) \end{eqnarray*}$

Das Dach soll anzeigen, daß in der Produktdarstellung der Faktor $\begin{eqnarray*} x+k \end{eqnarray*}$ fehlt.

Was passiert jetzt, wenn du

a) $\begin{eqnarray*} p_k(-k) \end{eqnarray*}$

sowie

b) $\begin{eqnarray*} p_k(-j) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j=1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ aber ohne $\begin{eqnarray*} j=k \end{eqnarray*}$ (was ja schon in a) erledigt ist)

berechnest? Einfach mal einsetzen!

21.10.2013, 22:52

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

okay $\begin{eqnarray*} p_k \end{eqnarray*}$ ist das Polynom ohne den Faktor (x+k)

a)
$\begin{eqnarray*} p_k(-k) = -k(-k+1)\cdot (-k+2)\cdots(-k+k-1)\cdot (-k+k+1) \cdots(-k+n) \end{eqnarray*}$

wäre der Faktor (-k+k) noch da, wäre das gesamte null

b)
$\begin{eqnarray*} p_k(-j) = -j(-j+1)\cdot (-j+2)\cdots(-j+k-1)\cdot (-j+k+1) \cdots(-j+n) \end{eqnarray*}$

Zitat:

aber ohne $\begin{eqnarray*} j=k \end{eqnarray*}$ (was ja schon in a) erledigt ist)

aber ich dachte in $\begin{eqnarray*} p_k \end{eqnarray*}$ fehle der Faktor (x+k) der genau null ist wenn $\begin{eqnarray*} x=-k \end{eqnarray*}$ und der ist eigentlich derselbe wie derjenige bei b; j=k ist.
Verwirre ich mich selber? verwirrt

verwirrt

21.10.2013, 22:54

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Alfred Gäbeli
wäre der Faktor (-k+k) noch da, wäre das gesamte null

Genau. Und im Fall b) IST der Faktor (-j+j) noch da! Augenzwinkern

Augenzwinkern

21.10.2013, 23:08

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Aber dann heisst ja

$\begin{eqnarray*} p_k(-j) = (-1)^k \cdot k! (n-k)! \cdot \delta_{jk} \end{eqnarray*}$
im Prinzip $\begin{eqnarray*} 0=0 \end{eqnarray*}$
denn $\begin{eqnarray*} \delta_{jk} \end{eqnarray*}$ ist ja immer null falls $\begin{eqnarray*} j \neq k \end{eqnarray*}$
und denn fall j=k haben wir ja in a besprochen.
oder interpretiere ich das jetzt falsch.

21.10.2013, 23:12

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Deine Beschreibungen sind wieder mal verwirrend: "0=0" - was soll das?

Es heißt $\begin{eqnarray*} p_k(-j)=0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} j\neq k \end{eqnarray*}$ , so ist es ja auch beabsichtigt.

Und $\begin{eqnarray*} p_k(-k) = (-1)^k \cdot k! (n-k)! \end{eqnarray*}$ im Fall a).

21.10.2013, 23:23

Alfred Gäbeli

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Deine Beschreibungen sind wieder mal verwirrend: "0=0" - was soll das?

Ich werds mir schon noch abgewöhnen Big Laugh

Big Laugh

Jetzt ist aber Zeit für die Heia, ich bin müde und muss morgen wieder auf Zack sein.
Hoffentlich schaff ich es Morgen nochmal auf Matheboard, sonst bin ich spätestens wieder Freitag on.
einen schönen Abend noch! Wink

Wink

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »