Alternierende Summe der n-ten Binomialkoeffiz0ienten

03.01.2024, 16:27	Mathman1234	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternierende Summe der n-ten Binomialkoeffiz0ienten Meine Frage: Beweisen Sie folgende Gleichung $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^{n} (-1)^{k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = 0 \end{eqnarray}$ Meine Ideen: Meine Idee war einen Beweis über die Symmetrie des Binomialkoeffizienten zu führen, würde es dabei reichen die Summanden zu "gruppieren" (1. zum letzten, 2. zum vorletzten....) Wie berücksichtig man dabei aber dass man eine (un)gerade Anzahl an Summanden haben könnte? Korrektur aus zweiten Beitrag übernommen und diesen gelöscht, damit es nicht so aussieht, als ob schon jemand antwortet. Steffen
03.01.2024, 16:35	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Tipp: binomischer Lehrsatz Deine Idee ist prinzipiell richtig.
03.01.2024, 16:48	Mathman1234	Auf diesen Beitrag antworten »
Re Ja den Weg mit dem Binomischen Lehrsatz kenne ich, kann man auch nur über die Symmetrie argumentieren?
03.01.2024, 17:26	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei ungeradem $\begin{align} n \end{align}$ ist die Anzahl der Summanden gerade, so daß sich zueinander symmetrische Binomialkoeffizienten mit unterschiedlichem Vorzeichen gegenseitig wegheben. Bei geradem $\begin{align} n \end{align}$ ist die Anzahl der Summanden ungerade, und man muß die Argumentation verfeinern. Spontan würde ich über das Konstruktionsprinzip des Pascalschen Dreiecks gehen. $\begin{align} n=6: \end{align}$ $\begin{align} \begin{matrix} 1-6+15-20+15-6+1 \\ = 1-(1+5)+(5+10)-(10+10)+(10+5)-(5+1)+1 \\ = 1-1-5+5+10-10-10+10+5-5-1+1 \\ = 0 \end{matrix} \end{align}$ Das jetzt verallgmeinern. Vielleicht geht es auch irgendwie anders.
03.01.2024, 18:14	Romaxx	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei geradem $\begin{eqnarray} n>1 \end{eqnarray}$ kannst du zeigen, dass die Summe der ersten $\begin{eqnarray} \frac{n}{2}-1 \end{eqnarray}$ Summanden mal 2 gerade den mittleren Binomialkoeffizient ergibt, sodass sich alles schön aufhebt, also für $\begin{eqnarray} n=2i \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} i\in \mathbb N \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} i>0 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} 2\sum_{k=0}^{i-1}(-1)^k\binom{2i}{k}=\binom{2i}{i} \end{eqnarray}$ , (per Induktion über $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ ) Ob das aber dann nicht gleich besser ist, die eigentliche Gleichung per Induktion zu zeigen... ich weiß nicht.
03.01.2024, 22:05	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab noch etwas zu meckern am Eröffnungsbeitrag: Dort sollte unbedingt ergänzt werden, dass diese Behauptung nur für $\begin{eqnarray} n\geq 1 \end{eqnarray}$ besteht. Für $\begin{eqnarray} n=0 \end{eqnarray}$ ist der dort angeführte Summenwert nämlich nicht 0, sondern 1.
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