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Lässt sich [mm] $(n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^p\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}$ [/mm] durch Termumformungen überführen in [mm] $\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}$?
[/mm]
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:27 So 13.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
> Lässt sich
> [mm](n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^p\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}[/mm]
> durch Termumformungen überführen in
> [mm]\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm]?
>
> Liebe Grüße
Vielleicht wird das ganze auch "von hinten" klarer.
[mm] \sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}
[/mm]
[mm] =\left(\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}\right)+\binom{p+1}{p+1}(n+1)^{p+1-(p+1)}
[/mm]
Versuche nun mal, weiterzukommen.
Marius
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> > Lässt sich
> > [mm](n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^p\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}[/mm]
> > durch Termumformungen überführen in
> > [mm]\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm]?
> >
> > Liebe Grüße
>
> Vielleicht wird das ganze auch "von hinten" klarer.
>
> [mm]\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm]
>
> [mm]=\left(\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}\right)+\binom{p+1}{p+1}(n+1)^{p+1-(p+1)}[/mm]
>
> Versuche nun mal, weiterzukommen.
>
> Marius
>
Vielen Dank!
Aber das hinten ist doch $=1$, oder? Sind die Terme dann gar nicht gleich?
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:09 So 13.01.2013 | | Autor: | Fulla |
Hallo Mathematik-Liebhaber!
> > > Lässt sich
> > > [mm](n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^p\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}[/mm]
> > > durch Termumformungen überführen in
> > > [mm]\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm]?
> > >
> > > Liebe Grüße
> >
> > Vielleicht wird das ganze auch "von hinten" klarer.
> >
> > [mm]\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm]
> >
> >
> [mm]=\left(\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}\right)+\binom{p+1}{p+1}(n+1)^{p+1-(p+1)}[/mm]
> >
> > Versuche nun mal, weiterzukommen.
> >
> > Marius
> >
> Vielen Dank!
>
> Aber das hinten ist doch [mm]=1[/mm], oder? Sind die Terme dann gar
> nicht gleich?
Ja, bei bedem hast du recht.
In welchem größeren Zusammenhang stehen denn die beiden Terme? Kann es sein, dass du vielleicht
[mm](n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^p\binom{p+1}{\red{\mu+1}}(n+1)^{p-\mu}=\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm]
meinst bzw. gebrauchen kannst?
Lieben Gruß,
Fulla
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Vielen Dank, Fulla!
| Aufgabe | Die ursprüngliche Aufgabe war:
Für die Potenzsummen
[mm] $S_n^p:=1^p+2^p+3^p+\dots+n^p$ [/mm] beweise man die von Pascal stammende Identität
[mm] $(p+1)S_n^p+\binom{p+1}{2}S_n^{p-1}+\binom{p+1}{3}S_n^{p-2}+\dots+S_n^0=(n+1)^{p+1}-1\,.$ [/mm] |
Weil ich mit [mm] $\dots$ [/mm] nicht so gut klar komme, habe ich zunächst das ganze in Summenzeichen umgeschrieben, ich will aber nicht bestreiten, dass ich dabei schon Fehler gemacht haben könnte:
[mm] $S_n^p:=\sum_{\nu=1}^{n}\nu^p$ [/mm] [mm] $\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_n^{p-\mu}=(n+1)^{p+1}-1$ [/mm] Das habe ich dann per Induktion über $n$ zu beweisen versucht (auch über $p$, aber das sah noch hoffnungsloser aus):
Induktionsanfang:
[mm] $\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_0^{p-\mu}=(0+1)^{p+1}-1\,.$
[/mm]
Induktionsschluss:
[mm] $\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_{n+1}^{p-\mu}$
[/mm]
[mm] $=\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_{n}^{p-\mu}+\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}$
[/mm]
[mm] $=(n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}-1$
[/mm]
[mm] $=\dots$
[/mm]
[mm] $=\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}-1$
[/mm]
[mm] $=((n+1)+1)^{p+1}-1$
[/mm]
So ungefähr sah der Plan aus... Aber das funktioniert ja wohl nicht.
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:06 So 13.01.2013 | | Autor: | Fulla |
Hallo zurück!
> Vielen Dank, Fulla!
>
> Die ursprüngliche Aufgabe war:
>
> Für die Potenzsummen
> [mm]S_n^p:=1^p+2^p+3^p+\dots+n^p[/mm] beweise man die von Pascal
> stammende Identität
>
> [mm](p+1)S_n^p+\binom{p+1}{2}S_n^{p-1}+\binom{p+1}{3}S_n^{p-2}+\dots+S_n^0=(n+1)^{p+1}-1\,.[/mm]
>
>
> Weil ich mit [mm]\dots[/mm] nicht so gut klar komme, habe ich
> zunächst das ganze in Summenzeichen umgeschrieben, ich
> will aber nicht bestreiten, dass ich dabei schon Fehler
> gemacht haben könnte:
> [mm]S_n^p:=\sum_{\nu=1}^{n}\nu^p[/mm]
> [mm]\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_n^{p-\mu}=(n+1)^{p+1}-1[/mm]
Das stimmt nicht. Der Summand für [mm]\mu=0[/mm] wäre dann ja [mm]\binom{p+1}{0}S_n^p=S_n^p[/mm]. Da fehlt aber der Faktor [mm]p+1[/mm]. Auch die anderen Summanden haben die falschen Faktoren.
Versuch's mal mit: [mm]\sum_{\mu=1}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}S_n^{p+1-\mu}=(n+1)^{p+1}-1[/mm]
> Das habe ich dann per Induktion über [mm]n[/mm] zu beweisen
> versucht (auch über [mm]p[/mm], aber das sah noch hoffnungsloser
> aus):
>
> Induktionsanfang:
>
> [mm]\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_0^{p-\mu}=(0+1)^{p+1}-1\,.[/mm]
Das solltest etwas ausführlicher schreiben - oder zumindest [mm]S_0^{p-\mu}=0[/mm] erwähnen. Außerdem frage ich mich, ob der Fall $n=0$ überhaupt sinnvoll ist, denn da werden ja gar keine Potenzen addiert...
Und du solltest das nochmal mit der "richtigen" Summe machen 
> Induktionsschluss:
> [mm]\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_{n+1}^{p-\mu}[/mm]
>
> [mm]=\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}S_{n}^{p-\mu}+\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}[/mm]
>
> [mm]=(n+1)^{p+1}+\sum_{\mu=0}^{p}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p-\mu}-1[/mm]
>
> [mm]=\dots[/mm]
>
> [mm]=\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}-1[/mm]
>
> [mm]=((n+1)+1)^{p+1}-1[/mm]
>
>
> So ungefähr sah der Plan aus... Aber das funktioniert ja
> wohl nicht.
Doch, doch, das funktioniert!
Was du vor den ... gemacht hast ist ja schonmal richtig (mach das ganze nochmal mit der veränderten Summe).
Die Rechnung/Vermutung aus deinem ersten Post brauchst du hier aber nicht. Wohl aber den Binomischen Lehrsatz: [mm](n+2)^{p+1}=((n+1)+1)^{p+1}=\sum_{\mu=0}^{p+1}\binom{p+1}{\mu}(n+1)^{p+1-\mu}[/mm].
Außerdem musst du ein bisschen mit den Grenzen der Summe(n) spielen, d.h. z.B. bei [mm]\sum_{\mu=0}^p[/mm] den Summand für [mm]\mu=0[/mm] abspalten bzw. den Summand für [mm]p+1[/mm] in die Summe aufnehmen und danach wieder abziehen.
Lieben Gruß,
Fulla
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Ahhh, Danke. Wenn sich irgendwo so ein kleiner Fehler eingeschlichen hat, ist der gar nicht so leicht wiederzufinden. Ich denke, wenn ich jetzt etwas Richtiges zu zeigen versuche, werde ich das auch hinbekommen.
Vielen Dank!
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| Aufgabe | Musterlösung:
Für [mm] $k=1,2,3,\dots,n$ [/mm] wende man auf [mm] $(1+k)^{p+1}$ [/mm] die Binomialentwicklung an und addiere die entstehenden Identitäten. |
Hallo,
Könnte mir jemand erklären, was damit gemeint ist?
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:30 So 13.01.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Musterlösung:
>
> Für [mm]k=1,2,3,\dots,n[/mm] wende man auf [mm](1+k)^{p+1}[/mm] die
> Binomialentwicklung an und addiere die entstehenden
> Identitäten.
> Hallo,
>
> Könnte mir jemand erklären, was damit gemeint ist?
wohl das: Für jedes $k [mm] \in \{1,2,3,...,n\}$ [/mm] gilt
[mm] $$(1+k)^{p+1}=\sum_{\ell=0}^{p+1} \binom{p+1}{\ell}k^\ell\,,$$
[/mm]
und nun berechne
[mm] $$\sum_{k=1}^n (1+k)^{p+1}$$
[/mm]
unter Verwendung des zuvor gesagten.
P.S. Über die Ursprungsaufgabe habe ich mir keine Gedanken gemacht, ich
sage Dir hier nur, was das, was da in Worten ausgedrückt wird, bedeutet!
Also ob das wirklich zu einer Lösung der Ausgangsaufgabe führt, musst Du
nun selbst nachrechnen (ich bin gerade auch zu gestresst, um mir da mehr
Gedanken zu zu machen; also nicht böse sein...)!
Gruß,
Marcel
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Ok, danke, ich habe die Aufgabe jetzt per Induktion gelöst. Aber bei diesem Ansatz komme ich nicht drauf, was der bringen soll? Kann mir da nochmal wer nachhelfen?
Liebe Grüße
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:20 Do 17.01.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo nochmal,
> Für die Potenzsummen
> [mm]S_n^p:=1^p+2^p+3^p+\dots+n^p[/mm] beweise man die von Pascal
> stammende Identität
>
> [mm](p+1)S_n^p+\binom{p+1}{2}S_n^{p-1}+\binom{p+1}{3}S_n^{p-2}+\dots+S_n^0=(n+1)^{p+1}-1\,.[/mm]
Und hiermit soll man nun [mm] $S_n^p$ [/mm] berechnen. Sehe ich das richtig, dass man dafür einfach stundenlang rechnen und vereinfachen muss, oder ghet das einfaher?
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:33 Mi 16.01.2013 | | Autor: | Helbig |
> Hallo nochmal,
>
> > Für die Potenzsummen
> > [mm]S_n^p:=1^p+2^p+3^p+\dots+n^p[/mm] beweise man die von
> Pascal
> > stammende Identität
> >
> >
> [mm](p+1)S_n^p+\binom{p+1}{2}S_n^{p-1}+\binom{p+1}{3}S_n^{p-2}+\dots+S_n^0=(n+1)^{p+1}-1\,.[/mm]
>
> Und hiermit soll man nun [mm]S_n^p[/mm] berechnen. Sehe ich das
> richtig, dass man dafür einfach stundenlang rechnen und
> vereinfachen muss, oder ghet das einfaher?
Geht einfacher!
Sei [mm] $S_q [/mm] = [mm] \sum_{j=1}^n j^q\,.$
[/mm]
Damit gilt:
[mm] $\sum _{k=1}^{p+1} {p+1\choose k} [/mm] * [mm] S_{p+1-k} [/mm] $
[mm] $=\sum _{k=1}^{p+1} {p+1\choose k} *\sum_{j=1}^n j^{p+1-k} [/mm] $
[mm] $=\sum _{k=1}^{p+1} \sum_{j=1}^n{p+1\choose k} [/mm] * [mm] j^{p+1-k} [/mm] $
[mm] $=\sum_{j=1}^n\sum _{k=1}^{p+1} {p+1\choose k} [/mm] * [mm] j^{p+1-k} [/mm] $
[mm] $=\sum_{j=1}^n\left((j+1)^{p+1} - j^{p+1}\right)$ [/mm] (Binomische Formel)
[mm] $=(n+1)^{p+1} [/mm] - [mm] 1^{p+1}$ [/mm] (Teleskop)
Gruß,
Wolfgang
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Hallo Helbig,
Das ist mir zwar sehr peinlich, aber ich meinte man soll [mm] S_n^4 [/mm] berechnen. Verzeihung für den doofen Schreibfehler :/
Liebe grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:42 Mi 16.01.2013 | | Autor: | M.Rex |
> Hallo Helbig,
>
> Das ist mir zwar sehr peinlich, aber ich meinte man soll
> [mm]S_n^4[/mm] berechnen. Verzeihung für den doofen Schreibfehler
> :/
>
> Liebe grüße
Das ist doch nur noch ein Spezialfall des allgemeinen Falls, der hier vorgerechnet wurde.
Marius
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Hallo,
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tut mir leid, dass ich mich so doof anstelle, aber ich habe immer noch nicht verstanden, wie ich damit jetzt auf eine geschlossene Darstellung für
[mm] \sum_{\nu=0}^{n}\nu^4
[/mm]
kommen soll...
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:25 Mi 16.01.2013 | | Autor: | Helbig |
> Hallo,
> #
> tut mir leid, dass ich mich so doof anstelle, aber ich
> habe immer noch nicht verstanden, wie ich damit jetzt auf
> eine geschlossene Darstellung für
>
> [mm]\sum_{\nu=0}^{n}\nu^4[/mm]
>
> kommen soll...
Rechne mit der Pascal-Formel nacheinander [mm] $S_n^0, S_n^1, S_n^2, S_n^3$ [/mm] und schließlich [mm] $S_n^4$ [/mm] aus.
Gruß,
Wolfgang.
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