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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:55 Di 02.06.2009 | | Autor: | SEiCON |
Moin, ich habe mal eine ganz kurze Frage
kennt einer von euch folgende Reihe ?
[mm] \summe_{i=0}^{n} \vektor{0.5 \\ i} \vektor{0.5 \\ n-i}
[/mm]
für n=0 und n=1 ist die Summe jeweis 1,
kann man zeigen, dass für n >= 2 die Summe immer 0 wird
(falls ja bitte Beweisidee) ?
viele Grüße
S.
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Hallo SeiCON!
Eine Idee, die sich fast aufdrängt, wäre vollständige Induktion.
Gruß vom
Roadrunner
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Ich verwende das Symbol [mm](\alpha)_k[/mm], wo [mm]\alpha[/mm] beliebig reell und [mm]k \geq 0[/mm] ganzzahlig ist, das durch
[mm](\alpha)_0 = 1 \, , \ \ (\alpha)_{k+1} = (\alpha)_k \cdot ( \alpha - k ) \ \ \mbox{für} \ k \geq 0[/mm]
rekursiv definiert wird.
Wegen [mm]{{\frac{1}{2}} \choose k} {{\frac{1}{2}} \choose {n-k}} = \frac{1}{n!} {n \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n-k}[/mm] genügt es zu zeigen:
[mm]\sum_{k=0}^n {n \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n-k} = 0 \ \ \mbox{für} \ n \geq 2[/mm]
Zunächst zeigt man mit Induktion eine verwandte Behauptung:
[mm]\sum_{k=1}^n k {n \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n-k} = 0 \ \ \mbox{für} \ n \geq 2[/mm]
Den Induktionsanfang rechnet man leicht nach, und der Schluß von [mm]n[/mm] auf [mm]n+1[/mm] verwendet [mm]k {{n+1} \choose k } = (n+1) {n \choose {k-1}}[/mm], eine Indexverschiebung (Substitution von [mm]k[/mm] durch [mm]k+1[/mm]) sowie [mm]\left( \frac{1}{2} \right)_{k+1} = \left( \frac{1}{2} \right)_k \cdot \left( \frac{1}{2} - k \right)[/mm] und die Induktionsannahme.
Auch die eigentliche Behauptung wird durch Induktion gezeigt. Beim Schluß von [mm]n[/mm] auf [mm]n+1[/mm] kann man so rechnen:
[mm]\sum_{k=0}^{n+1} {{n+1} \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n+1-k} = \sum_{k=1}^{n+1} {n \choose {k-1}} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n+1-k} \ + \ \sum_{k=0}^n {n \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n+1-k}[/mm]
Dabei wurde ein bekanntes Gesetz für Binomialkoeffizienten verwendet (Regel vom Pascalschen Dreieck).
Die beiden letzten Summen sind gleich. Um das zu sehen, führe man bei beiden Summen eine Indexverschiebung durch (bei der ersten [mm]k[/mm] durch [mm]k+1[/mm], bei der zweiten [mm]k[/mm] durch [mm]n-k[/mm] substituieren).
Und für den Rest der Rechnung muß man einen Trick von oben erneut verwenden, ebenso die Induktionsannahme und die Eingangsbehauptung.
So scheint es zu gehen. Ob es mit einem genialen Trick kürzer geht, überblicke ich nicht.
Korrektur:
Die Behauptungen können so nicht einzeln per Induktion bewiesen werden. Vielmehr muß man die Konjunktion der Behauptungen mit Induktion zeigen:
Für [mm]n \geq 2[/mm] gilt:
[mm]\sum_{k=1}^n k {n \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n-k} = 0 \ \ \ \text{und} \ \ \ \sum_{k=0}^n {n \choose k} \left( \frac{1}{2} \right)_k \left( \frac{1}{2} \right)_{n-k} = 0[/mm]
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