Voll. Induktion mit dem Binom. < Induktion < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zeigen Sie dass,
[mm] \summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} (-1)^{k}*3^{k}* 7^{n-k} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k}*3^{k}
[/mm]
für alle n [mm] \in \IN [/mm] |
Hallo !
Also erst mal weiß ich nicht wie genau ich hier vorgehen soll. Dann ich beim Induktionsanfang einfach jedes n und jeder k durch 1 ersetzen?
(ich werde dann weiter machen und schreiben was ich raus hab)
Gruß !
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:56 Mo 16.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeigen Sie dass,
> [mm]\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} (-1)^{k}*3^{k}* 7^{n-k}[/mm] =
> [mm]\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k}*3^{k}[/mm]
>
> für alle n [mm]\in \IN[/mm]
mit [mm] $4^n=(1+3)^n=(7+(-3))^n$ [/mm] ist das eine Trivialität (sofern die allg. bin. Summenformel schon bewiesen worden ist)!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:59 Mo 16.04.2012 | | Autor: | Fulla |
Hallo PhysikGnom,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Zeigen Sie dass,
> [mm]\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\
k} (-1)^{k}*3^{k}* 7^{n-k}[/mm] =
> [mm]\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\
k}*3^{k}[/mm]
>
> für alle n [mm]\in \IN[/mm]
> Hallo !
>
> Also erst mal weiß ich nicht wie genau ich hier vorgehen
> soll. Dann ich beim Induktionsanfang einfach jedes n und
> jeder k durch 1 ersetzen?
> (ich werde dann weiter machen und schreiben was ich raus
> hab)
Wenn du die Aufgabe wirklich mit Induktion lösen MUSST, dann geh so vor:
Zunächst zu den Variablen: [mm]k[/mm] läuft von 0 bis [mm]n[/mm] - je nach dem, wie [mm]n[/mm] gewählt wird. Ist [mm]n=3[/mm], dann läuft [mm]k[/mm] von 0 bis 3. Die Gleichung lautet dann [mm]\sum_{k=0}^3 \binom{3}{k}(-1)^k*3^k*7^{3-k}=\sum_{k=0}^3 3^k[/mm] bzw. ausgeschrieben [mm]\binom{3}{0}*(-1)^0*3^0*7^3+\binom{3}{1}*(-1)^1*3^1*7^2+\binom{3}{2}*(-1)^2*3^2*7^1+\binom{3}{3}*(-1)^3*3^3*7^0=\binom{3}{0}3^0+\binom{3}{1}3^1+\binom{3}{2}3^2+\binom{3}{3}3^3[/mm]
Jetzt zur Induktion:
- Induktionsanfang: welches [mm]n[/mm] ist das kleinste, für das die Gleichung gelten soll/gilt? Das musst du einsetzen und die Richtigkeit überprüfen
- Induktionsvoraussetzung: Die Gleichung gilt für ein (beliebiges) [mm]n\in\mathbb N[/mm]
- Induktionsschritt: setze [mm]n+1[/mm] ein und versuche die Induktionsvoraussetzung zu verwenden, um die Richtigkeit zu zeigen.
Falls eine Induktion nicht unbedingt gefordert ist und du den binomischen Lehrsatz schon kennst (und verwenden darfst), geht die Lösung auch in einer Zeile.
Lieben Gruß,
Fulla
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Danke, hat mir schon viel Licht ins Dunkel gebracht. Und ja ich kann das mit dem bin. Lehrsatz machen(steht sogar auf dem Zettel). Also müsste ich dann nur die Zahlen in der Summe, also [mm] 3^{k} [/mm] und [mm] (-1)^{k} [/mm] wegen dem Potenzgesetz zusammen schreiben: [mm] (-3)^{k} [/mm] und dann hab ich den ganzen Ausdruck ja schon in der optimalen Form. Also dann wie schon oben der Marcel geschrieben hat müsste ich dann nur noch:
[mm] 4^{k} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} 3^{k}
[/mm]
mit Induktion beweisen oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:19 Mo 16.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Danke, hat mir schon viel Licht ins Dunkel gebracht. Und ja
> ich kann das mit dem bin. Lehrsatz machen(steht sogar auf
> dem Zettel). Also müsste ich dann nur die Zahlen in der
> Summe, also [mm]3^{k}[/mm] und [mm](-1)^{k}[/mm] wegen dem Potenzgesetz
> zusammen schreiben: [mm](-3)^{k}[/mm] und dann hab ich den ganzen
> Ausdruck ja schon in der optimalen Form. Also dann wie
> schon oben der Marcel geschrieben hat müsste ich dann nur
> noch:
>
> [mm]4^{k}[/mm] = [mm]\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} 3^{k}[/mm]
>
> mit Induktion beweisen oder?
Brett (hoffentlich) vorm Kopf wegnehm:
Was passiert denn, wenn man bei dem binomischen Lehrsatz
[mm] $$(a+b)^n=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose k}a^{n-k}b^k=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose k}a^{k}b^{n-k}$$
[/mm]
(falls unbekannt: je nachdem, wie ihr die Formel beim bin. Lehrsatz notiert habt, folgt die letzte Gleichheit einfach aus [mm] $(a+b)^n=(b+a)^n$ [/mm] - dabei braucht man die Kommutativität der Addition - und innerhalb des Summenzeichens nutze ich auch die der Multiplikation aus!) die Zahlen [mm] $a:=3\,$ [/mm] und [mm] $b:=1\,$ [/mm] einsetzt?
Wie gesagt:
Hier ist wegen der Trivialität [mm] $(3+1)=(7+(-3))\,$ [/mm] mit dem binomischen Lehrsatz eigentlich alles trivial:
Die Behauptung ist dann umgeschrieben nichts anderes als die Behauptung, dass [mm] $4^n=4^n\,$ [/mm] für alle natürlichen [mm] $n\,$ [/mm] gilt.
P.S.
Du meintest oben sicher [mm] $4^\red{n}=\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} 3^{k}\,,$ [/mm] oder?
So mal nebenbei: Was man beim binomischen Lehrsatz immer mal gemacht haben sollte, ist seine Anwendung auf
[mm] $$1.)\;\;\;(1+x)^n\,,$$
[/mm]
[mm] $$2.)\;\;\;2^n=(1+1)^n\,,$$
[/mm]
[mm] $$3.)\;\;\;0^n=(1+(-1))^n\,.$$
[/mm]
(Man beachte bei 3.) den Sonderfall [mm] $n=0\,$ [/mm] mit der Konvention [mm] $0^0:=1\,.$)
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Achso, du meinst weil das ja so ne Art Distributivgesetzt ist. Wenn ich 1 einsetzte ändert das ja nix an der Summe, aber ich kann sie dann in dieser Form [mm] (a+1)^n [/mm] dazu addieren, wegen dem Dg oder??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:14 Mo 16.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Achso, du meinst weil das ja so ne Art Distributivgesetzt
> ist. Wenn ich 1 einsetzte ändert das ja nix an der Summe,
> aber ich kann sie dann in dieser Form [mm](a+1)^n[/mm] dazu
> addieren, wegen dem Dg oder??
nein, ich meine, weil irgendwas mit der 1 multipliziert den Wert des irgendwas nicht ändert.
Schreib's Dir doch mal auf:
[mm] $$4^n=(3+1)^n=\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose k}3^k *1^{n-k}\,,$$
[/mm]
und nun benutze, dass hier [mm] $1^{n-k}=1$ [/mm] stets.
(Oder meinst Du die Gleichheit der beiden Formeln bei der bin. Formel? Die gilt etwa, weil aus [mm] $a+b=b+a\,$ [/mm] (Kommutativität der Addition!) dann [mm] $(a+b)^n=(b+a)^n$ [/mm] folgt, und dann hat man etwa damit [mm] $\sum_{k=0}^n [/mm] {n [mm] \choose k}a^kb^{n-k}=\sum_{k=0}^n{n \choose k}b^ka^{n-k}$ [/mm] und nun kannst Du rechterhand [mm] $b^ka^{n-k}=a^{n-k}b^k$ [/mm] (Kommutativität der Multiplikation!) benutzen!)
Wie kommt's, dass Du aber
[mm] $$4^n=(-3+7)^n=\sum_{k=0}{n \choose k}(-3)^k*7^{n-k}$$
[/mm]
anscheinend in die richtige Form bringen konntest?
Gruß,
Marcel
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Ja ich hab die Potenzgesetze benutzt. Ok also das mit dem *1 ist mir klar. Man kann einfach a*1 schreiben und hat dann (a+1) (schematisch). Was das jetzt mit dem Kommutativgesetz von der Multiplikation zu tun hat hab ich nicht verstanden. Aber wenn kein tieferer Sinn dahinter liegt dann soll mir das reichen :) .
Danke für die Antworten auf jeden Fall :)
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:24 Mo 16.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ja ich hab die Potenzgesetze benutzt. Ok also das mit dem
> *1 ist mir klar. Man kann einfach a*1 schreiben und hat
> dann (a+1) (schematisch). Was das jetzt mit dem
> Kommutativgesetz von der Multiplikation zu tun hat hab ich
> nicht verstanden. Aber wenn kein tieferer Sinn dahinter
> liegt dann soll mir das reichen :) .
> Danke für die Antworten auf jeden Fall :)
naja, ein kleiner schon. Nochmal:
Wenn ihr die Formel
[mm] $$(\star)\;\;\; (a+b)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}a^k b^{n-k}$$
[/mm]
bewiesen habt, dann wisst Ihr noch nicht, dass auch
[mm] $$(a+b)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}a^{n-k} b^{k}$$
[/mm]
gilt.
Denn nach [mm] $(\star)$ [/mm] gilt erstmal
[mm] $$(b+a)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}\red{b^k a^{n-k}}$$
[/mm]
und das ist nur das gleiche wie in [mm] $(\star)$ [/mm] wegen der Komm. der Addition.
Bisher sieht man dann nur
[mm] $$\sum_{k=0}^n{n \choose k}a^k b^{n-k}=(a+b)^n=(b+a)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}\red{b^k a^{n-k}}$$
[/mm]
Und der rote Teil rechterhand ist noch "falsch rum sortiert". Aber da kann man das Komm. der Mult. anwenden, und kommt dann auf
[mm] $$\sum_{k=0}^n{n \choose k}a^k b^{n-k}=(a+b)^n=(b+a)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}\red{b^k a^{n-k}}=\sum_{k=0}^n{n \choose k}\blue{a^{n-k}b^k}\,.$$
[/mm]
Ohne die Komm. der Addition und der Multipl. stimmt die Gleichheit zwischen der Summe ganz links und der ganz rechts (evtl.) nicht!
Unwichtig ist das ganze nicht: Irgendwann wirst Du mal in (evtl. nichtkommutativen) Ringen rechnen - und bei Matrizen haben wir schon den Salat, dass (die übliche) Matrixmultiplikation nichtkommutativ ist... also auch nicht notwendig komm. sein muss, wenn man mit quadr. Matrizen gleicher Zeilenzahl rechnet...
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:53 Di 17.04.2012 | | Autor: | PhysikGnom |
Ja gut ok, jetzt hab ichs verstanden^^ Man kann eben wegen der komm. der Mult. die Faktoren(oder die oberen Indices) vertauschen, und wegen der komm. der Addition dann auch die Summanden. Das mit der *1 ist mir ja auch klar, ist nur sehr tricky irgendwie, also das man da noch die +1 raus bekommt. Aber so was erlebt man ja oft bei Mathe^^
Also wie gesagt, danke für die Geduld und Mühe, und ich wünsche noch eine gute Nacht :)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:57 Di 17.04.2012 | | Autor: | PhysikGnom |
Ich meine natürlich wegen der Komm. der Add. kann man die Indices vertauschen^^ so das wars aber jetzt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:06 Di 17.04.2012 | | Autor: | Marcel |
> Ich meine natürlich wegen der Komm. der Add. kann man die
> Indices vertauschen^^ so das wars aber jetzt.
ne, innerhalb der Summe steht bei jedem Summanden ein Produkt, und da war's vorher richtig: Die Komm. der Mult. erlaubt des Vertauschen der beiden Faktoren, so dass man dann insgesamt das Vertauschen der Potenzen sieht.
Aber egal: Ist spät  . Ich denke schon, dass Du das verstanden hast (oder bald ganz verstehen wirst).
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