vollständige Induktion

25.12.2008, 19:17

klarsoweit

vollständige Induktion

Auch ein Moderator braucht mal Hilfe. Augenzwinkern

Mit vollständiger Induktion ist zu zeigen: $\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}~\binom{k+m}{k}~z^k = \frac{1}{(1-z)^{m+1}} \end{eqnarray*}$ für |z| < 1.

Vielleicht hat jemand über Weihnachten Langeweile. smile

Möglicherweise gab es das hier auch schon mal. Ich bin jetzt aber zu faul, danach zu suchen.

25.12.2008, 19:52

Dual Space

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RE: vollständige Induktion
Der Beweis reduziert sich darauf die Gleicheit

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n\binom{k+m}{k}=\binom{n+m+1}{n} \end{eqnarray*}$

nachzuweisen, wenn ich das recht überblicke.

PS. Laut Wiki steht die Formel von klarsoweit (in anderer Schreibweise) auf Newtons Grabstein.

26.12.2008, 14:56

klarsoweit

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RE: vollständige Induktion
Leider komme ich mit dem Tipp nicht weiter. Ich habe es jetzt aber auf einem anderen Weg gelöst. smile

26.12.2008, 20:58

Dual Space

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RE: vollständige Induktion
Lässt du uns die mal sehen, klarsoweit?

Meine Idee zum Induktionsschritt war die folgende:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{(1-z)^{m+2}}&=&\frac{1}{(1-z)^{m+1}}\cdot\frac{1}{1-z}\\ &\overset{(1)}{=}& \left(\sum_{k=0}^\infty \binom{k+m}{k}z^k\right)\cdot\left(\sum_{k=0}^\infty z^k\right)\\ &\overset{(2)}{=}& \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n\binom{k+m}{k}z^kz^{n-k}\\ &=& \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n\binom{k+m}{k}\right) z^n \end{eqnarray*}$

(1): Induktionsvoraussetzung, geometrische Reihe

(2): Cauchy-Produkt für Reihen

Die Behauptung wäre also gezeigt, wenn

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n\binom{k+m}{k}=\binom{n+m+1}{n} \end{eqnarray*}$

gilt.

28.12.2008, 13:52

klarsoweit

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RE: vollständige Induktion
Oh wei. Wenn man's sieht, fragt man sich, warum man nicht selbst drauf gekommen ist. Finger1

Zitat:

Original von Dual Space
Lässt du uns die mal sehen, klarsoweit?

Ich bin bei meinem Beweis von der Summe ausgegangen:

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}~\binom{k+m+1}{k}~z^k = \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{(k+m)!}{k! \cdot m!} \cdot \frac{k+m+1}{m+1} \cdot z^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty}~\binom{k+m}{k} \cdot \frac{k+1}{m+1} \cdot z^k + \frac{m}{m+1} \cdot \sum_{k=0}^{\infty}~\binom{k+m}{k} \cdot z^k = \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{d}{dz} \left( \sum_{k=0}^{\infty}~\binom{k+m}{k} \cdot \frac{1}{m+1} \cdot z^{k+1} \right) + \frac{m}{m+1} \cdot \frac{1}{(1-z)^{m+1}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \frac{d}{dz} \left( \frac{z}{m+1} \cdot \frac{1}{(1-z)^{m+1}} \right) + \frac{m}{m+1} \cdot \frac{1}{(1-z)^{m+1}} \end{eqnarray*}$

Jetzt noch die Ableitung ausrechnen, zusammenfassen und fertig. Für das ganze braucht man natürlich die gleichmäßige Konvergenz von Funktionenfolgen. Insofern ist der Beweis von Dual Space etwas simpler.

03.01.2009, 22:31

Dual Space

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RE: vollständige Induktion

Zitat:

Original von klarsoweit
... ist der Beweis von Dual Space etwas simpler.

Yes baby!

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