Binomialkoeffizienten (2) |
01.11.2007, 19:11 | Musti | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Binomialkoeffizienten (2) Zeige für Hab so angefangen: Ist das bishierhin so ok? Wie mache ich nun am besten weiter? Danke |
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01.11.2007, 19:29 | klarsoweit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) Die Umformung stimmt soweit. Wäre hier nicht eine vollständige Induktion angebracht? |
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01.11.2007, 19:32 | Musti | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) Ich muss erneut beide Rechenwege angehen Erst durch direktes Ausrechnen und dann durch Induktion. Wüsstest du wie ich durch direktes Ausrechnen weiterkomme? Danach würde ich es dann mit vollständiger Induktion versuchen. |
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03.11.2007, 12:26 | Musti | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) So dann versuche ich das ganze jetzt mal mit vollständiger Induktion. Induktionsanfang: Induktionsschritt: Jetzt wüsste ich nicht mehr weiter. Hoffe ihr könnt mir helfen. Danke |
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03.11.2007, 13:53 | Anna86 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) Hiiiiiiii ich komme bei genau der selben aufgabe nicht weiter. ich hab die aufgabe ausem harro heuser.
allerdings verstehe ich schon den ersten schritt nicht den musti dort gemacht hat. |
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03.11.2007, 14:26 | Musti | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) Hi Anna86 ich kann dir nicht sehr viel weiterhelfen, aber meinen Schritt kann ich dir erklären. Hoffe konnte dir bis hierhin helfen. Viel Hoffnung zum Lösen dieses Problems habe ich allerdings nicht mehr, da der Thread schon seit 2 Tagen Bestand hat und wohl alle die sich das bisjetzt angeguckt haben genauso kläglich wie ich gescheitert sind. Gruß Musti |
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03.11.2007, 14:50 | Anna86 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) jetzt verstehe ich deinen schritt. jetzt müsste man doch eigentlich nur noch zeigen dass ist. ist denn wirklich niemand in der lage hier zu helfen |
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03.11.2007, 19:59 | Musti | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) Ja genau das wäre nur noch zu zeigen. Anscheinend ist es wirklich zu schwer. Habe schon einige Helfer per PN Nachricht gefragt, die wussten bisjetzt auch nicht weiter. |
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09.11.2007, 18:13 | MI | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: Binomialkoeffizienten (2) Vorab: Eigentlich dachte ich, dazu hätte ich eine Lösung in meinem Heft stehen - aber dem ist wohl nicht so. Aber da hier niemand weiterzuwissen scheint poste ich dennoch einige Gedanken zum Thema, worauf man vielleicht einen Beweis aufbauen könnte (der aber nicht einfach wäre )... Am Beispiel eines Spezialfalls: Sei ein gegeben mit der Primfaktorzerlegung : Alle Faktoren des rechten Terms sind also ungerade Zahlen - und zwar alle ungeraden Zahlen der Menge bis einschließlich . Von diesen Faktoren sind äußerst viele schon erhalten - nämlich alle Faktoren mit . Also könnte man der Übersicht halber schreiben: Unschwer zu erkennen ist, dass die so gewonnenen Faktoren genau die Hälfte der vorherigen Faktoren ausmachen, da jeder Zweite entnommen wurde . Die restlichen Faktoren lassen sich nun allesamt durch 2 teilen (da es sich ja um GERADE Zahlen handelt ). Man kommt also auf: Ziehen wir die ungeraden Faktoren heraus bekommen wir: (wieder ist die Hälfte weggehauen). Die restlichen Faktoren lassen sich durch zwei Teilen - weil sie allesamt gerade sind: usw. Irgendwann hat man im Nenner nur noch stehen - also eine Zwei übrig - und dazu nur noch eine Gerade Zahl - eine Zwei (woraus dann die eins wird ). Das GENAU Zweien ausreichen, kann man dann auch "beweisen": Unser "k" hat ja die Primfaktorzerlegung . Nach genau Runden von "Verteilung" haben wir nun alle Faktoren "ungerade" gemacht ( - kein einziger kommt dabei zweifach vor, da jeder der halbierten Faktoren kleiner ist als der kleinste abgespaltene ungerade Faktor (sollte ersichtlich sein). Da wir jedes Mal genau halbsoviele Faktoren haben, wie wir das vorige Mal hatten, ergibt sich leicht, dass die Anzahl der nötigen Zweien zur Division gleich ist. Für den oben angegebenen Spezialfall müsste sich mit den Überlegungen also eigentlich einen Beweis konstruieren lassen... Das Ganze funktioniert aber auch mit beliebigem k, allerdings sind dann oft mal mehr, mal weniger die Hälfte der Faktoren ungerade, sodass man den Nenner nicht so schön aufschreiben kann. Dennoch kann man auch hier genau festlegen, nach wie vielen Runden das "Verteilspiel" beendet ist. Jedes Zählerprodukt hat nämlich genau einen Faktor mit der Primfaktorzerlegung (das sollte anschaulich klar sein - oder wäre leicht zu beweisen ). Nach so vielen "Runden" ist dann Schluss. Das habe ich mir notiert (sauber aufgeschrieben ist das nicht, ich hoffe aber, dass wenigstens die Idee dahinter klar wird) - weiter bin ich damit aber auch nicht gekommen - und als Beweis würde das natürlich nicht reichen... Aber vielleicht bekommt jemand Anderes darüber einen Beweis hin? Wichtig ist wie gesagt nur, dass man irgendwie beweist, dass die Anzahl der Zweier genau ausreicht... Gruß MI |
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09.11.2007, 18:39 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das ist mir echt zu kompliziert, was du da aufgeschrieben hast, zumal es anscheinend nur für Zweierpotenzen gilt. Warum nicht einfach das Produkt als Zweierprodukt der ungeraden und der geraden Bestandteile darstellen: mit und . Bei letzterem kann man aus jedem der Faktoren eine 2 herausziehen, d.h. . Das alles links einsetzen: . |
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10.11.2007, 18:08 | MI | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Oh ja, das ist gut. Danke Arthur! Damit hast du wahrscheinlich gleich drei Leuten mit demselben Problem geholfen (es sei denn, die anderen haben's inzwischen doch herausgefunden). Gruß MI |
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10.11.2007, 19:57 | Musti | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
@Arthur Dent Du bist einfach grandios Vielen vielen dank. |
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