k mal n über k = 2n^n-1 aber wieso?

13.10.2016, 15:07

der_unkluge

k mal n über k = 2n^n-1 aber wieso?

Meine Frage:
Hello,

folgendes muss ich beweisen/berechnen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} k\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = n2^{n-1} \end{eqnarray*}$

Das Problem ist ich bin am verzweifeln. Ich habe schon einige wenige Seiten im INternet gefunden, die dieses Problem lösen, aber ich durchschaue es dennoch nicht, vl. kann mir jemand die Schritte erklären?

Meine Ideen:
Diesen Lösungsweg habe ich von wo anders gefunden:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} k\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = \\<br /> n \sum\limits_{k=1}^{n} k\begin{pmatrix} n-1 \\ k-1 \end{pmatrix} = \\<br /> n(1+1)^{n-1} = n2^{n-1} \end{eqnarray*}$

Mir ist nicht klar, wie er das "n" herausgezogen hat, weshalb sich dann (n-1) über (k-1) ergibt, und warun daraus dann n*(1+1)^n-1 wird.

Kann mir das vl. jemand erörtern? ich wäre wahnsinnig dankbar..

13.10.2016, 15:14

klarsoweit

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RE: k mal n über k = 2n^n-1 aber wieso?

Zitat:

Original von der_unkluge
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{n} k\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = \\<br /> n \sum\limits_{k=1}^{n} k\begin{pmatrix} n-1 \\ k-1 \end{pmatrix} = \\<br /> n(1+1)^{n-1} = n2^{n-1} \end{eqnarray*}$

Wahrscheinlich muß es heißen: $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^n k \binom n k = n \sum\limits_{k=1}^n \binom{ n-1}{k-1} = n(1+1)^{n-1} = n2^{n-1} \end{eqnarray*}$

Beachte: $\begin{eqnarray*} k \cdot \binom n k = k \cdot \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} = n \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)! \cdot ((n-1) - (k-1))!} = n \cdot \binom{ n-1}{k-1} \end{eqnarray*}$

Der Rest sollte klar sein. Augenzwinkern

13.10.2016, 15:25

der_unkluge

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stimmt war ein schreibfehler von mir.

danke für die schnelle antwort, aber mir ist die umformung nicht klar,
warum , wenn ich den ausdruck mit k multipliziere,
ist es das selbe, wenn ich sowohl von k als auch n , 1 abziehe und mit n multipliziere?

13.10.2016, 15:28

klarsoweit

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Das solltest du dir mal die Eigenschaften der Fakultät zu Gemüte führen. smile

13.10.2016, 15:35

der_unkluge

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Hast du diesbezgl. evtl Seiten oder Literaturvorschläge?

Mir ist durchaus klar dass:

$\begin{eqnarray*} n! = (n-1)! * n \end{eqnarray*}$

das kann ich logisch herleiten.

Aber gerade bei Binomialkoeffizenten multiplizieren, weiß ich nicht wirklich wo anfangen, bzw. wie sich das logisch erklärt?

13.10.2016, 15:46

klarsoweit

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Zitat:

Original von der_unkluge
$\begin{eqnarray*} n! = (n-1)! * n \end{eqnarray*}$

Nichts anderes habe ich angewendet, analoges für k! . Der Rest ist simple Termumformung und Bruchrechnung (Kürzen).

13.10.2016, 16:14

der_unkluge

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habe die ausdrücke, bzw die fakultäten, in sämtliche faktoren aufgebröselt, und durchgekürzt um die "Eigenschaft" zu verstehen.
Aber jetzt versteh ichs.

Danke nochmal!

13.10.2016, 16:38

Mathema

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Als Alternative kannst du auch einfach den binomischen Lehrsatz $\begin{eqnarray*} (1+x)^n = \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k \end{eqnarray*}$ einmal formal nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ableiten. Setzt du anschließend $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ folgt die Behauptung. Dieser Weg (man kann auch mehrmals ableiten) ist oftmals auch bei anderen Aufgaben hilfreich.

13.10.2016, 16:53

der_unkluge

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Wäre die Frage, wie in diesem Fall die Ableitung aussehen würde, peinlich?

13.10.2016, 17:01

Mathema

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So vielleicht?

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

Als Übung könntest du noch folgendes beweisen:

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

Viel Spaß

Wink

13.10.2016, 17:11

der_unkluge

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Herzlichen Dank!

Im übrigen möcht ich ein Lob an das Forum und die User hier aussprechen.
Ich weiß nicht was jemanden dazu bringt, sich mit mathematischen Problemen anderer zu befassen, aber ich bin sehr sehr dankbar darüber smile

14.10.2016, 10:44

HAL 9000

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Eine Möglichkeit, wie man für ein beliebiges Polynom $\begin{align*} p \end{align*}$ den Wert $\begin{align*} \sum_{k=0}^n p(k)\binom{n}{k} \end{align*}$ ausrechnen kann, bietet die für $\begin{align*} n\geq k\geq m\geq 0 \end{align*}$ gültige Hilfsbetrachtung

$\begin{align*} \binom{k}{m}\cdot \binom{n}{k} = \frac{n!}{m!(k-m)!(n-k)!} = \binom{n}{m} \cdot \binom{n-m}{k-m} \end{align*}$ ,

woraus für alle $\begin{align*} n\geq m \end{align*}$ und unter Berücksichtigung von $\begin{align*} \binom{k}{m}=0 \end{align*}$ für $\begin{align*} 0\leq k< m \end{align*}$ dann folgt

$\begin{align*} \sum_{k=0}^n \binom{k}{m}\cdot \binom{n}{k} = \binom{n}{m} \cdot \sum_{k=m}^n \binom{n-m}{k-m} = \binom{n}{m} \cdot \sum_{j=0}^{n-m} \binom{n-m}{j} = \binom{n}{m} \cdot 2^{n-m}\qquad (*) \end{align*}$ .

(*) für $\begin{align*} m=1 \end{align*}$ und $\begin{align*} m=2 \end{align*}$ angewandt ergibt

$\begin{align*} \sum_{k=0}^n k\cdot \binom{n}{k} = n \cdot 2^{n-1} \end{align*}$ , Ok, darum ging es hier ja im Thread,

$\begin{align*} \sum_{k=0}^n \frac{k(k-1)}{2} \cdot \binom{n}{k} = \frac{n(n-1)}{2} \cdot 2^{n-2} \end{align*}$ .

Aus $\begin{align*} k^2 = k + 2\cdot\frac{k(k-1)}{2} \end{align*}$ kann man sich dann auch die von Mathema angesprochene Summe linear zusammenbasteln:

$\begin{align*} \sum_{k=0}^n k^2 \cdot \binom{n}{k} = n \cdot 2^{n-1} + 2\cdot \frac{n(n-1)}{2} \cdot 2^{n-2} = n(n+1)\cdot 2^{n-2} \end{align*}$ .

Ein beliebiges Polynom $\begin{align*} p(k) \end{align*}$ vom Grad $\begin{align*} m \end{align*}$ kann man nun durch eine geeignete Linearkombinationen von $\begin{align*} \binom{k}{0},\binom{k}{1},\ldots,\binom{k}{m} \end{align*}$ darstellen.

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