Beweis einer Gleichung für Bellzahlen, vielleicht vollständige Induktion.

06.06.2005, 22:26	Asgaroth	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis einer Gleichung für Bellzahlen, vielleicht vollständige Induktion. Hm mal wieder eine Frage zu den Bellzahlen, irgendwie mag ich die nicht wirklich G. 3. Mit Hilfe der Gleichung $\begin{eqnarray} B_n = \frac{1}{e} \sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n}{k!} \end{eqnarray}$ zeige man, dass $\begin{eqnarray} B_{n+1}=\sum_{i=0}^n~\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}B_i \end{eqnarray}$ (Hinweis: Man beweise zuerst dass $\begin{eqnarray} B_{n+1} = \frac{1}{e} \sum_{k=0}^\infty~\frac{(k+1)^n}{k!} \end{eqnarray}$ ) Ich hab damit schon angefangen: $\begin{eqnarray} B_n+1 = \frac{1}{e} * \sum_{k=0}^\infty~\frac{(k+1)^n}{k!} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \frac{1}{e} * \sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n+1+2k}{k!} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \frac{1}{e} * \sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n+1}{k!}+\sum_{k=0}^\infty~\frac{k}{k!} + \sum_{k=0}^\infty~\frac{k}{k!} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \frac{1}{e} * \sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n+1}{k!}+\sum_{k=0}^\infty~\frac{1}{k-1!} + \sum_{k=0}^\infty~\frac{1}{k-1!} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = \frac{1}{e} * (e + e+\sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n+1}{k!} ) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = 1+1+ \frac{1}{e} * \sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n+1}{k!} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} = 2+ \frac{1}{e} * \sum_{k=0}^\infty~\frac{k^n+1}{k!} \end{eqnarray}$ Das ist ja fast die Formel die ich anfangs beweisen soll, aber was mach ich denn mit den +2 ? Achja, $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty~\frac{1}{k-1!} = e^1 \end{eqnarray}$ nach der "Formalreihe": $\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^\infty~\frac{X^n}{n!}= e^X \end{eqnarray*}$ MfG Asgaroth
06.06.2005, 22:49	derDaywalker	Auf diesen Beitrag antworten »
Sry, aber viel helfen kann ich net, aber zumindest sagen, dass es eigentlich falsch ist, kann ich. Denn schon ab der zweiten Zeile (bei "Ich hab damit schon angefangen:") stimmt es leider nicht. Du kannst ein Polynom n-ten Grades nicht wie ein Polynom der Form von (x+1)² so ausrechnen ;-). Wenn die Potenz 2 wäre, dann ja, aber nicht Potenz von n. Was ich mich vor allem frage ist, der Hinweis stimtm doch gar nicht oder irre ich mich da? Denn da steht ja, dass $\begin{eqnarray} \frac{1}{e} \sum_{k=0}~\frac{(k+1)^n}{k!} \end{eqnarray}$ ja sozusagen gleich sein soll wie wenn ich bei der ersten Gleichung das n durch nen n+1 ersetze, sprich es steht da: $\begin{eqnarray} \frac{1}{e} \sum_{k=0}~\frac{k^{n+1}}{k!} \end{eqnarray}$ Dies wiederum bedeutet ja, dass $\begin{eqnarray} k^{n+1} = (k+1)^n \end{eqnarray}$ sein soll und das stimmt ja so überhaupt nicht. denn $\begin{eqnarray} 3^4 = 81 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 4^3 = 64 \end{eqnarray}$ Also so überhaupt nicht das Gleiche.
07.06.2005, 01:45	Asgaroth	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja stimmt an das ^n hab ich nicht gedacht. Dann müsste man das halt per Binomial koefizienten machen aber ich glaub auch das dann nicht $\begin{eqnarray} x^{n+1} = (x+1)^n \end{eqnarray}$ rauskommt... Naja vielleicht bekommt man den beweis auch so?!? Es kann natürlich sein das die +1 egal sind weil $\begin{eqnarray} k\rightarrow \infty \end{eqnarray}$ MfG Asgaroth

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