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 Identität |
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LenaM
Junior 
Dabei seit: 15.11.2020
Mitteilungen: 12
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Hey, ich hänge bei einer Aufgabe fest und wäre über Hilfe sehr dankbar!
  
a) Beweisen sie die folgende Identität: Für alle reellen Zahlen x>0 und k\el\ \IN gilt k!/(x(x+1)...(x+k))=sum((-1)^j(k;j)/(x+j),j=0,k) Ich habe mir gedacht, dass ich das per vollständiger Induktion machen kann. Und habe den ersten Schritt auch schon gemacht: ''I.A'' für k=1 1/(x(x+1))=sum((-1)^j(1;j)/(x+j),j=0,1) = (-1)^0(1;0)/(x+0)+ (-1)^1(1;1)/(x+1) =1/x+1/x+1 =1/(x^2+x) =1/(x(x+1)) damit ist bewiesen, dass die Aussage für k=1 richtig ist damit nehmen wir an, dass es dann für alle k\el\ \IN richtig ist. und dann müssen wir zeigen, das es für k+1 stimmt. und das ist der Teil an dem ich hänge. wenn ich jetzt jedes k durch k+1 ersetze erhalte ich: (k+1)/(x(x+1)...(x+k+1))=sum((-1)^j(k+1;j)/(x+j),j=0,k+1) Aber wie mache ich jetzt weiter?
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Triceratops
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 |      Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-30
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Der Induktionsanfang muss bei $k=0$ starten. Denn $0$ ist eine natürliche Zahl. Siehe auch hier. Der Induktionsanfang ist für $k=0$ auch wesentlich einfacher.
Dein Induktionsanfang bei $k=1$ ist aber auch rechnerisch nicht richtig. Wieso sollte der zweite Summand $\frac{1}{x}+1$ sein?
Du startest den Induktionsanfang, indem du von der Behauptung (anscheinend) ausgehst. Aber das geht so nicht. Du kannst nicht $A=B$ beweisen, indem du $ A=B=B'=\dotsc=A$ schreibst. Man muss das so aufschreiben: $B=B'=\cdots=A$, also gilt $A=B$.
Denselben Fehler machst du dann beim Induktionsschritt. Auch hier schreibst du die Behauptung einfach hin. Du solltest lieber versuchen, die rechte Seite der Gleichung (also die Summe) auszurechnen. Nützlich sind dabei natürlich die üblichen Rechenregeln wie etwa die Pascal-Gleichung.
Aber auch grundsätzlich stellt sich hier die Frage, ob Induktion überhaupt die richtige Beweismethode ist. Generell muss man nicht jede Aussage, in der eine natürliche Zahl als Variable vorkommt, gleich mit Induktion beweisen. Manchmal ist das zwar sinnvoll, oftmals aber auch nicht, und manchmal auch gar nicht möglich. Siehe hier. Wie das hier aussieht, habe ich mir noch nicht überlegt. Ich schreibe dazu evtl. später.
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Triceratops
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| Beitrag No.2, eingetragen 2020-11-30
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So kann man es sich ohne Induktion direkt überlegen: Wir rechnen die Summe
$\displaystyle \sum_{j=0}^{k} \frac{(-1)^j \binom{k}{j}}{x+j}$
aus, indem wir alle Summanden auf den Hauptnenner $x(x+1)\cdots (x+k)$ bringen. Für $k=2$ ist das zum Beispiel
$\displaystyle \frac{1}{x} - \frac{2}{x+1} + \frac{1}{x+2} = \frac{(x+1)(x+2) - 2x(x+2) + x(x+1)}{x(x+1)(x+2)}.$
Im allgemeinen Fall erhalten wir
$\displaystyle \frac{1}{x(x+1)\cdots (x+k) } \cdot \sum_{j=0}^{k} (-1)^j \binom{k}{j} \prod_{0 \leq i \leq k,\, i \neq j} (x+i).$
Es reicht daher zu zeigen, dass das Polynom (hier ist nun $X$ eine Variable)
$\displaystyle p(X) := \sum_{j=0}^{k} (-1)^j \binom{k}{j} \prod_{0 \leq i \leq k,\, i \neq j} (X+i)$
konstant ist, und zwar gleich $k!$. Offenbar gilt $\deg(p) \leq k$. Ein Polynom vom Grad $\leq k$ ist aber bereits vollständig durch die Werte bei $k+1$ Stellen festlegt. Hier bieten sich natürlich die Stellen $0,-1,\dotsc,-k$ an, weil wir sofort einige Faktoren erkennen, die diese als Nullstellen haben, sodass sich eine drastische Vereinfachung ergeben könnte.
Also: Man zeigt nun (das überlasse ich dir)
$p(-a)=k!$
für $a \in \IN$ mit $0 \leq a \leq k$. Daraus folgt dann die Behauptung.
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