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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1281
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Mai, 2003 - 16:06: | 
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Hi,
kann jemand das hier beweisen??
Für eine reelle Zahl x und eine natürliche Zahl k werde definiert
[x über k]=x(x-1)*...*(x-k+1)/k!
insbesondere [x über 0]=1. Man beweise für alle reellen Zahlen x,y und alle natürlichen Zahlen n:
[x+y über n]=Sn k=0 [x über (n-k)]*[y über k]
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 696
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Mai, 2003 - 16:55: |
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Hi Christian,
lass mich raten,
die Aufgabe stammt aus dem Analysis 1 Buch von Otto Förster; habe ich recht?
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1283
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Mai, 2003 - 17:25: |
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Hi Niels
Richtig geraten 
Die weiter oben auch. Ich kenn zwar einen Lösungsweg zu der Aufgabe, hat Orion mal für mich gelöst, allerdings werden da Dinge vorausgesetzt, die man eigentlich noch nicht kennt. Die Aufgabe gehört zum ersten Kapitel des Buches, also sollte man sie mit Schulwissen lösen können, deshalb hab ich die hier nochmal reingesetzt.
MfG
C. Schmidt
ps: Der heißt Forster ;) |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1386
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Mai, 2003 - 18:06: |
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Hallo Christian, bestimmt steht irgendwo in dem Buch die Formel
(k+1 über n+1) = (k über n) + (k über n+1)
Das setze ich jetzt voraus.
Induktion über x. Anfang bitte selber machen.
Setze (a ü b) := (a über b)
Dann mit m = n-1
(x+1+y ü n)
(x+1+y ü m+1)
= (x+y ü m) + (x+y ü m+1) [mit k = x+y]
= Sum (x ü m-k)*(y ü k) + Sum (x ü m+1-k)*(y ü k)
[nach IV; die erste Summe bis k=m, die zwete bis k=m+1]
= Sum (x ü m-k)*(y ü k) + Sum (x ü m+1-k)*(y ü k) + (x ü 0)*(y ü m+1)
[beide Summen bis k=m]
= Sum {(x ü m-k)*(y ü k) + (x ü m+1-k)*(y ü k)} + (x ü 0)*(y ü m+1)
= Sum {(x ü m-k) + (x ü m+1-k)}*(y ü k) + (x ü 0)*(y ü m+1)
= Sum (x+1 ü m+1-k)*(y ü k) + (x ü 0)*(y ü m+1)
= Sum (x+1 ü n-k)*(y ü k) + (x ü 0)*(y ü n)
= Sum (x+1 ü n-k)*(y ü k) + (x+1 ü 0)*(y ü n)
= Sum (x+1 ü n-k)*(y ü k)
[die letzte Summe bis m+1=n]
Jetzt noch den Fall n=0 extra betrachten.
Z. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1284
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Freitag, den 23. Mai, 2003 - 18:57: |
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Vielen Dank
Das war genau das was ich gesucht habe. Hatte aber als Induktion über n versucht und das funktionierte nicht.
MfG
C. Schmidt |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1389
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 12:31: |
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Schöner geht es natürlich kombinatorisch.
Bei x+y nummerierten Kugeln, von denen x rot und y blau sind, gibt es
(x über n-k)*(y über k)
Möglichkeiten, n Kugeln zu ziehen, von denen k blau und n-k rot sind.
Also gibt es
Summe (x über n-k)*(y über k)
Möglichkeiten, n Kugeln zu ziehen. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1286
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 12:36: |
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Hi Zaph
Ich hab doch noch ein paar Probleme gefunden...
Erstmal zum Induktionsbeweis. Den Induktionsschritt verstehe ich, allerdings habe ich Probleme beim Induktionsanfang. Problem ist, dass x und y reelle Zahlen sind und keine natürlichen.
Gleiches auch beim kombinatorischen Beweis.
MfG
C. Schmidt |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1390
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 12:54: |
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Oh ja, das "reell" habe ich überlesen. Über reelle Zahlen kann man natürlich keine Induktion machen. Ich denke noch mal drüber nach. |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1391
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 13:08: |
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Vorweg:
Wenn p(x) und q(x) Polynome n-ten Grades sind und es n verschiedene Werte x1,...,xn gibt mit p(xi) = q(xi), dann ist p(x) = q(x) für alle x. Klar wieso?
Wir haben jetzt Polynome n-ten Grades in zwei Unbekannten:
p(x,y) = (x+y über n)
q(x,y) = Summe (x über n-k)*(x über k)
Außerdem wissen wir für natürliche Zahlen r,s, dass p(r,s) = q(r,s).
Folgt hieraus nicht schon, dass p(x,y) = q(x,y) für alle x,y?? |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1287
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 13:55: |
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Hi
Vorweg:
Wenn p(x) und q(x) Polynome n-ten Grades sind und es n verschiedene Werte x1,...,xn gibt mit p(xi) = q(xi), dann ist p(x) = q(x) für alle x. Klar wieso?
Braucht man nicht n+1 verschiedene Werte bei Polynomen n-ten Grades??
Ansonsten denke ich reicht das als Beweis, dass
p(x,y)=q(x,y) für alle x,y gilt.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 697
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 14:14: |
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Hi Kolegen,
glaubt ihr wirklich das Herr Forster die ersten Aufgaben so schwer macht?
ich Frage mich die ganze Zeit, warum den keine Induktion uber n?
Wenn man siech mal die Definition Für reelle x und natürlich n anschaut, so ist sie doch identisch. Wäre es daher nicht angebracht die Rechenregeln für natürlich n auf die rellen x zu übertragen?
Ich denke für können x, y in diesem Fall als gegebenen Zahlen betrachten und n ist die Variable-wie sollen Zeigen das diese für alle natürlich n gilt.
Ich fände diese Idee naheliegend...
Gruß N.
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1288
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 14:18: |
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Hi Niels
Induktion über n habe ich auch schon versucht. Aber dabei komme ich irgendwie nie weiter. Wenn du's hinbekommst kannst du deine Lösung hier ja mal posten.
MfG
C. Schmidt |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1392
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 14:29: |
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So, jetzt aber!
@Christian: Klar, selbstverständlich brauchst du n+1 Werte.
Für festes y und festes n sind
p(x) = (x+y über n)
q(x) = Summe (x über n-k)*(y über k)
Polynome n-ten Grades mit der Variablen x.
Wir haben gezeigt, dass
p(r) = q(r)
für alle natürlichen Zahlen r. (Wir haben ja nur ausgenutzt, dass x natürlich, und nicht, dass y natürlich. Sonst hätten wir schlechte Karten!) Da es mehr als n natürliche Zahlen gibt, folgt p(x) = q(x) für alle x.
@Niels: Es steht dir frei, einen Induktionsbeweis über n zu führen. Immer her damit! Was meinst du aber mit "Rechenregeln für natürlich n auf die reellen x übertragen"?
Was den Schwierigkeitsgrad der Aufgaben im Forster angeht, kann ich nicht beurteilen. |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 698
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 18:27: |
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Hallo Kolegen,
also was ich nun schreibe ist nur mal ein "Gedankenexperiment"....
Also Zu zeigen ist die Obige Behauptung:
(x+y ü n)=sum[k=0 bis n] (x ü n-k)*(y ü k]
Induktionsverankerung: n=0
(x+y ü 0)=1=sum[k=0 bis n](x ü 0)*(y ü 0)=1*1=1
wahre Aussage!
Induktionsschritt: n->n+1
(x+y ü n+1)=sum[k=0 bis n+1](x ü n-k)*(y ü k)
(x+y ü n+1)=sum[k=0 bis n](x ü n-k)*(y ü k)+(x ü n+1-k)(y ü k)
(x+y ü n+1)=(x+y ü n)+ (x ü n+1-k)*(y ü k)
und wenn man dies zeigen könnte, würde ich behaupten wollen sei man am Ziel.
Was haltet ihr von der Idee?
Gruß N. |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1393
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 18:35: |
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Kannst du das noch mal für nen Mathematiker erklären? ;-)
Was ist denn z. B. in der letzten Gleichung k? |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 699
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 19:07: |
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Hi Zaph,
gute Frage, ich würde Sagen das sowohl n als auch k Elemnte aus zumindest N sind.
Und ich denke, das k die Zahl ist, die beim Binominalkoeffizienten unten steht.
Wie oben schon Christian x über k definiert hat so müsste man dann ja auch y ü über k definieren.
das "ü" heißt natürlich "über" ich habe mich versucht sweit wie möglich an deine Nomenklatur zu halten, die du oben verwendet hast.
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1292
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 19:13: |
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Hi Niels
Aber in der letzten Zeile die beiden Seite können doch gar nicht übereinstimmen. Auf der rechten Seite steht ein "k", auf der linken Seite nicht. Und das "k" fällt ja auch nicht weg.
Außerdem müsste die erste Zeile meiner Meinung nach so heißen:
(x+y ü n+1)=sum[k=0 bis n+1](x ü n+1-k)*(y ü k)
Und da liegt nämlich halt gerade das Problem denke ich. Dadurch lässt sich die Induktionsvoraussetzung quasi nicht anwenden.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 700
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 19:29: |
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Hi Christian,
natürlich hast du recht, die Zeile müsste in der Tat lauten:
(x+y ü n+1)=sum[k=0 bis n+1](x ü n+1-k)*(y ü k)
dann obiger Zwischwnschritt mit der Behauptung und dann ein Gedankenblitz...
am Ende könnte doch dort dann die folgende Zeile stehen:
(x+y ü n+1)=(x+y ü n)+(x ü -1)*(y ü n+1)
gebe zu-ist etwas gewagt, aber dann hätte man kein k mehr...
Ich kann mir einfach nicht vorstellen, das die Aufgabe über polynome gelöst werden soll und auch nur gelöst werden kann!
Gruß N. |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 701
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 19:33: |
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könnte man nicht den Term
(x ü n-k) durch (x über n) ersetzen und erhällt dann:
(x+y ü n+1)=(x+y ü n)+(x u n+1)*(y u n+1)
auch eine tolle Idee oder ?
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1293
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 19:52: |
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Hi Niels
Also das geht auf keinen Fall ;)
Nehm einfach mal ein Beispiel, schickt schon mit x als natürlicher Zahl.
MfG
C. Schmidt |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 702
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 20:46: |
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Hi Christian,
das habe ich mir schon gedacht....
nicht desto trotz glaube ich muss der Beweis elementar zu führen sein. Das soll eine "Übungsaufgabe" sein und wenn man sie nur über Polynome lösen kann was man vorher im Einführungskapitel nicht als Beispiel besprochen hatte, dann finde ich stimmt da etwas nicht.
Wenn schon Induktion über n nicht Funktioniert und Induktion über x auch sceitert, dann bliebe nur noch Induktion über y übrig, was schätzungsweise zum gleichen Ergebnis wie bei x führen würde.
Ich bin trotzdem an einer Lösung interessier. Oben habe ich ja nur laut gedacht und bin ma etwas unprofessionell assoziativ an die Aufgabe herangegaqngen.
Ich finde jednfalls einige Aufgaben in dem Werk von Herrn Forster für Einsteiger oder Anfänger denkbar ungeeignet. Das ist einfach nicdht didaktisch comme il faut....
Gruß N. |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1294
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 20:59: |
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Hi Niels
Also eine reine Lösung mit ausschließlich Induktion würde mich auch interessieren, aber ich selbst kriege das jedenfalls nicht hin. Hab schon lange genug probiert. Induktion könnte man wohl nur nach n führen, weil x und y reell sind.
Ich finde jednfalls einige Aufgaben in dem Werk von Herrn Forster für Einsteiger oder Anfänger denkbar ungeeignet.
Die Aufgaben sind vom Schwierigkeitsgrad her wirklich sehr unterschiedlich. Die hier finde ich sehr schwer, die einen Thread weiter oben noch schwerer(da wäre ich auch mal über einen ansatz sehr froh).
Aber es gibt auch leichtere Aufgaben(glücklicherweise).
MfG
C. Schmidt
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1394
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 21:29: |
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Hallo nochmal, das Additionstheorem
(x+1 über n+1) = (x über n) + (x über n+1)
gilt ja auch für reelles x. Wurde das in dem Buch möglicherweise mit einem ähnlichen Trick bewiesen? (Erst Induktion über x und dann mithilfe einer Polynomidentität.) Dann wäre die Aufgabe als Übungsaufgabe wieder okay. |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 21:45: |
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Hi Zaph,
Die von dir genante Formel wurde über die Definition für natürliche x bewisen-von Polynomidenditäten kein Spur!
Eine weitere Überlegung wäre ja auch Aufgabe 1.1
vieleicht hilft die ja weiter....
Herr Schmitt wissen sie was ich meien?
Gruß N.
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1295
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Mai, 2003 - 22:02: |
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Hi
Aufgabe 1.1 wollte ich auch schon irgendwie einbauen. Man hat aber das gleiche Problem wie sonst auch, die Formel gilt halt nur für natürliche Zahlen, ich gebe sie trotzdem mal an:
n,k aus N mit n³k
(n+1 ü k+1)=Sn m=k (m ü k)
MfG
C. Schmidt |
Zaph (zaph)
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Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1395
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| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. Mai, 2003 - 11:42: |
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Stimmt, die rekursive Formel kann man einfach "ausrechnen".
Die Aufgabe 1.1 ist aber sehr leicht!
Induktion über n. IS:
(n+2 ü k+1)
= (n+1 ü k) + (n+1 ü k+1)
= (n+1 ü k) + Sum[m=k...n](m ü k) nach IV
= Sum[m=k...n+1](m ü k) nach IV
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1296
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 25. Mai, 2003 - 12:18: |
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Hi Zaph
Stimmt, 1.1 konnte man leicht beweisen, auch die meisten anderen Aufgaben sind leicht. Vielleicht haben wir bei der hier doch nur irgendwas übersehen...
MfG
C. Schmidt |
