Vandermondesche Identität < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:38 Fr 08.12.2006 | | Autor: | vicky |
| Aufgabe | Für x,y [mm] \ge [/mm] 1, x,y [mm] \in \IR [/mm] gilt:
a(x +y) = a(x)a(y) mit [mm] a(x)=\summe_{n=0}^{\infty} \vektor{x\\n} [/mm] , a(y) analog. |
Hallo,
also ich weiß das die oben genannten Reihen absolut konvergent sind. Daher kann ich das Cauchy-Produkt anwenden.
D.h. [mm] c_{n} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n} a_{k}b_{n-k} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n} \vektor{x\\k}*\vektor{y\\n-k} =\vektor{x\\0}*\vektor{y\\n}+\vektor{x\\1}*\vektor{y\\n-1}+...+\vektor{x\\n}*\vektor{y\\0}
[/mm]
Es muß dann nachher [mm] c_{n} [/mm] = [mm] \vektor{x+y\\n} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n} \vektor{x\\k}*\vektor{y\\n-k} [/mm] stehen, doch wie sehen die Zwischenschritte aus? Für x,y [mm] \in \IN [/mm] könnte ich es noch ausrechnen doch nun sollen wir ja für [mm] x,y\in \IR [/mm] den Beweis führen.
Wie kann ich da am besten vorgehen?
Gruß
vicky
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Mit reeller Analysis kann man folgendermaßen vorgehen.
Die binomische Reihe
[mm](1+t)^x = \sum_{n=0}^{\infty}~{x \choose n} t^n[/mm]
konvergiert bei beliebigem Parameter [mm]x[/mm] mindestens für alle [mm]t[/mm] mit [mm]|t|<1[/mm]. In den Fällen, wo 1 gerade der Konvergenzradius ist, folgt mit dem Abelschen Grenzwertsatz für [mm]t = 1[/mm]:
[mm]2^x = \sum_{n=0}^{\infty}~{x \choose n}[/mm]
Um den Abelschen Grenzwertsatz anwenden zu können, muß man allerdings die Konvergenz der Reihe nachweisen. Dann reduziert sich der ganze Beweis auf das erste Potenzgesetz. Fehlt jetzt nur noch die besagte Konvergenz ...
Für einen Beweis deiner Identität ohne Analysis könnte folgende Idee zum Ziel führen:
[mm]p_y(x) = {{x+y} \choose n} = \frac{1}{n!} \left( x - (-y) \right) \left( x - (-y+1) \right) \left( x - (-y+2) \right) \cdots \left( x - (-y+n-1) \right)[/mm]
Hier steht ein Polynom in [mm]x[/mm] vom Grad [mm]n[/mm] mit den [mm]n[/mm] verschiedenen Nullstellen [mm]-y,-y+1,-y+2,\ldots,-y+n-1[/mm] und [mm]\frac{1}{n!}[/mm] als Koeffizienten von [mm]x^n[/mm].
Wenn es dir gelingt, diese Eigenschaften auch für das Polynom
[mm]q_y(x) = \sum_{k=0}^n~{x \choose k}{y \choose {n-k}}[/mm]
nachzuweisen, folgt [mm]p_y(x) = q_y(x)[/mm].
Fangen wir einmal mit dem Grad an. [mm]{x \choose k}[/mm] ist vom Grad [mm]k[/mm]. Somit liefert in der Summe nur [mm]k=n[/mm] einen Beitrag zur Potenz [mm]x^n[/mm]. Damit ist [mm]q_y(x)[/mm] sicher vom Grad [mm]n[/mm]. Und auch der Koeffizient [mm]\frac{1}{n!}[/mm] paßt, denn es ist ja [mm]{y \choose 0} = 1[/mm]. Jetzt fehlt noch der Nachweis von
[mm]q_y(-y) = q_y(-y+1) = q_y(-y+2) = \ldots = q_y(-y+n-1) = 0[/mm]
Beginnen wir mit [mm]q_y(-y) = 0[/mm]. Als Polynom in [mm]y[/mm] ist
[mm]s_0(y) = q_y(-y)[/mm]
höchstens vom Grad [mm]n[/mm]. Denn in
[mm]s_0(y) = \sum_{k=0}^n~{{-y} \choose k}{y \choose {n-k}}[/mm]
ist jeder Summand vom Grad [mm]n[/mm]. Falls nun [mm]s_0(y)[/mm] mehr als [mm]n[/mm] Nullstellen besitzt, muß [mm]s_0(y)[/mm] das Nullpolynom sein. Versuche es einmal mit [mm]s_0(0) = s_0(1) = \ldots = s_0(n) = 0[/mm]. Du kannst natürlich auch [mm]n+1[/mm] andere Einsetzungen wählen, so, wie es für den Beweis am bequemsten ist.
Und dann dasselbe für die Polynome [mm]s_1(y) = q_y(-y+1), \, s_2(y) = q_y(-y+2), \, \ldots, \, s_{n-1}(y) = q_y(-y+n-1)[/mm].
Etwas Einfacheres ist mir im Moment leider nicht eingefallen ...
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