addition n über k für alle ks = 2 hoch n

27.10.2011, 16:56

Incendios

addition n über k für alle ks = 2 hoch n

Meine Frage:
Man habe folgende Formel: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . Nach einigen Einsetzungen erkennt man folgendes: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ . Man beweise, falls möglich, dass dies immer so ist

Meine Ideen:
Mein Ansatz: Man setze beides gleich und löse es so auf, dass am Ende 1=1 steht. Die "Zeta-Funktion" habe ich bereits umgewandelt, ebenso n über k. Daraus ergibt sich: $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-0)!*0!} \end{eqnarray*}$ + $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-1)!*1!} \end{eqnarray*}$ + $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-2)!*2!} \end{eqnarray*}$ + ... + $\begin{eqnarray*} \frac{n!}{(n-n)!*n!} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ . Jetzt muss man wohl einige knifflige Umformungstricks anwenden. Aber ich komme einfach nicht darauf.

28.10.2011, 17:48

Dustin

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Hi Incendios,

das ist eigentlich eine typische Aufgabe zum Thema Vollständige Induktion. Probiers mal damit!

VG Dustin

28.10.2011, 17:52

Iorek

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Alternativ: ist dir der binomische Lehrsatz bekannt? Damit wäre das in zwei Zeilen erledigt.

29.10.2011, 10:13

Incendios

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binomischer Lehrsatz:
$\begin{eqnarray*} (x+y)^{n} =\sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n\\ k\end{pmatrix} * x^{n-k}* y^{k} \end{eqnarray*}$
Wenn ich x =1 setze und y=1 setze, dann stünde links $\begin{eqnarray*} (1+1)^{n} \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ . Auf der rechten Seite stünde $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n\begin{pmatrix} n\\ k\end{pmatrix} * 1^{\mathbb N }* 1^{\mathbb N } \end{eqnarray*}$ N soll hierbei eine beliebige ganze Zahl sein, die nicht negativ ist. In diesem Fall stünde, da 1 hoch irgendeien nicht negative zahl immer 1 ist, stünde dort: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und damit wäre : $\begin{eqnarray*} 2^{n}=\sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Damit wäre "nur" noch zu beweisen, dass der binomische Lehrsatz richtig ist...

29.10.2011, 10:24

Incendios

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Ich hätte meinen Beitrag gerne editiert, aber ich bin unregistriert und da geht das nicht smile

Erst einmal würde ich gerne euch beiden danken, dass ihr mir geantwortet habt. Die erste Antwort verstehe ich allerdings noch nicht ganz. Ich soll durch simples Einsetzen zeigen, dass dieser "Satz" für das eingesetzte n=m gilt. Danach soll ich zeigen, dass der Satz gültig bleibt, wenn n=m+1. Das geht einfach bei Potenzen, +, mal etc. - aber wie geht das bei der Zeta-Funktion? Wie löse ich das auf? Tut mir Leid, aber noch klingelt es da bei mir nicht. Wahrscheinlich, weil Zeta-Funktionen noch Neuland bei mir sind.

29.10.2011, 10:34

Iorek

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Wo benötigst du hier die Zeta-Funktion? verwirrt

29.10.2011, 11:10

Incendios

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das war an den Vorschlag mit vollständiger Induktion gerichtet. Da wusste ich nicht ganz, wie man das machen soll, sozusagen erst 0 für n einsetzen und zeigen, dass es geht, und dann 0 +m=n und beweisen, dass es so auch geht. So habe ich zumindest vollständige Induktion verstanden. Aber wenn das mit dem binomischen Lehrsatz richtig war bin ich schon zufrieden.

29.10.2011, 11:17

Iorek

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Der Weg über den binomischen Lehrsatz ist so in Ordnung, auch wenn du über die Exponenten noch einmal nachdenken solltest; $\begin{eqnarray*} 1^\mathbb N \end{eqnarray*}$ gehöt da nicht hin.

Aber auch bei dem Ansatz über Induktion benötigst du nirgends die Zetafunktion.

29.10.2011, 11:42

Incendios

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Es ist $\begin{eqnarray*} 1^{n-k} * 1^{k} \end{eqnarray*}$ . Aber da k immer kleiner = n ist, daher n-k nicht negativ sein kann, und k selbst nicht negativ ist, sind beie Exponenten nicht negativ, weswegen 1 hoch diese beiden Exponenten immer 1 ist. Das meinte ich mit dem N.
Bei Induktion würde ich die Zeta-Funktion auflösen, wie ich es in meinem 1. Beitrag gemacht habe. Zuerst würde ich 0=n einsetzen und- huch, es geht. Danach würde ich beweisen wollen, dass es auch für alle nachfolgenden zahlen geht, also für 0+m=n, wobei m alle ganzen Zahlen sein kann. Dann stünde ich allerdings vor dem gleichen Problem, nur dass statt n m da steht. Ich glaube, ich habe die vollständige Induktion nicht ganz verstanden...
Aber da der binomische Lehrsatz bewiesen ist, ist das nicht ganz so dramatisch, ich danke dir jedenfalls für deine Mühen

29.10.2011, 11:46

Iorek

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Dann frage ich ein weiteres Mal nach: wo zum Henker siehst du hier die Zetafunktion? verwirrt

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n \binom{n}{k} a^kb^{n-k} \end{eqnarray*}$ , hier gibt es nur den Binomialkoeffizienten und ein paar Potenzen, aber keine Zetafunktion.

29.10.2011, 12:23

Incendios

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Oh, ich habe mich im Begriff geirrt. Ich meine dieses Summenzeichen, dieses große Sigma.

30.10.2011, 02:54

Dustin

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Dann wollen wir doch erst einmal klären, ob Ihr denn Vollständioge Induktion bereits offiziell hattet und auch schon Übungen dazu gerechnet habt? So richtig verstanden hast du das Induktionsprinzip offenbar noch nicht. Da macht möglicherweise einfach Übung den Meister! smile

Zitat:

Es ist $\begin{eqnarray*} 1^{n-k} * 1^{k} \end{eqnarray*}$ .

Genau!

Zitat:

Aber da k immer kleiner = n ist, daher n-k nicht negativ sein kann, und k selbst nicht negativ ist, sind beie Exponenten nicht negativ, weswegen 1 hoch diese beiden Exponenten immer 1 ist.

Das spielt eigentlich gar keine Rolle, denn $\begin{eqnarray*} 1^x=1 \end{eqnarray*}$ gilt für alle reellen Zahlen x.

Zitat:

Das meinte ich mit dem N.

Dennoch war es so, wie es dastand, einfach falsch, wie Iorek ja schon sagte. Auf diese Weise kann man höchstens Mengen ausdrücken, bespielsweise bezeichnet $\begin{eqnarray*} 2^{\mathbb N } \end{eqnarray*}$ die Menge aller Zweierpotenzen, also $\begin{eqnarray*} \left\{2;4;8;16;...\right\} \end{eqnarray*}$ . Aber du willst ja keine Menge, sondern eine einzelne Zahl ausdrücken. Mengen und Zahlen sind nicht dasselbe!
EDIT: Hab grad gesehen, dass bei Dir N eine Zahl sein sollte und nicht die Menge der natürlichen Zahlen. So kann man's dann gelten lassen, aber dennoch macht es die Sache unnötig kompliziert. Belasse es einfach bei $\begin{eqnarray*} 1^{n-k} * 1^{k}=1 \end{eqnarray*}$

Also, wie Iorek schon sagt, stimmt das dann soweit. Wenn Ihr den binomischen Lehrsatz nicht bereits bewiesen habt und Du den nicht als gegeben voraussetzen kannst, dann bleibt wohl wirklich nichts anderes als Vollständige Induktion.

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