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Vollständige Induktion mit Binomialkoeffizienten

Universität / Fachhochschule

Sonstiges

Binomialkoeffizienten

Tags: Binomialkoeffizient, Sonstig

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16:35 Uhr, 30.06.2020

Hallo zusammen,

ich habe Schwierigkeiten, diesen Beweis mit Binomialkoeffizienten durch Vollständige Induktion zu führen:

man beweise

\sum_{k = 0}^{n} (\begin{array}{rcl} 2 n \\ 2 k \end{array}) = 2^{2 n - 1}

man muss folgendes zeigen:

\sum_{k = 0}^{n + 1} (\begin{array}{rcl} 2 n + 2 \\ 2 k \end{array}) = 2^{2 n + 1}

ich habe versucht, durch Indexverschiebung und Identitäte der Binomialkoeffizienten von

(\begin{array}{rcl} 2 n + 2 \\ 2 k \end{array})

auf

(\begin{array}{rcl} 2 n \\ 2 k \end{array})

zu kommen.

für jeden Hinweis und jede Hilfe wäre ich sehr dankbar,

LG
Ram

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Kombinatorik: Ziehen ohne Reihenfolge und ohne Zurücklegen

DrBoogie aktiv_icon

18:13 Uhr, 30.06.2020

Analog dazu:
me-lrt.de/vollstandige-induktion-binomialkoeffizient

HAL9000

10:00 Uhr, 01.07.2020

Muss es denn direkt Induktion bezogen auf diese Behauptung sein? Mein Vorschlag wäre, Beweis des Binomischen Satzes

{(a + b)}^{m} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k} b^{k}

per Vollständiger Induktion über

m

und dann zweifache Anwendung desselben, und zwar einmal für

m = 2 n, a = 1, b = 1

und dann nochmal für

m = 2 n, a = 1, b = - 1

...

Das ist wesentlich schmerzfreier.

MatheLegende aktiv_icon

12:25 Uhr, 02.07.2020

Danke für den Link.
Da wird die folgende Identität angewandt:

(\binom{n + 1}{k}) = (\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k})

Ich denke aber, dass sich diese in meinem Fall nicht wirklich anwenden lässt

DrBoogie aktiv_icon

12:36 Uhr, 02.07.2020

Doch, sie lässt sich in der Form

(\binom{2 n + 2}{2 k}) = (\binom{2 n + 1}{2 k - 1}) + (\binom{2 n + 1}{2 k})

anwenden.
S. die Herleitung hier (ganz unten):
www.matheplanet.com/default3.html?call=viewtopic.php?topic=216897&ref=https%3A%2F%2Fwww.google.com%2F

Dort gibt's übrigens auch andere Lösungsansätze.

HAL9000

13:44 Uhr, 02.07.2020

Ist mir bisher noch gar nicht aufgefallen: Wenn man diese Pascalidentität hier für die Summanden

k = 1, \dots, n - 1

anwendet, bekommt man durch Reindizierung von

k

j

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{2 n}{2 k}) = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} (\binom{2 n}{2 k}) + 1 = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} ((\binom{2 n - 1}{2 k - 1}) + (\binom{2 n - 1}{2 k})) + 1 = 1 + \sum_{j = 1}^{2 n - 2} (\binom{2 n - 1}{j}) + 1 = \sum_{j = 0}^{2 n - 1} (\binom{2 n - 1}{j})

,

und hat es damit auf eine andere (und bekanntere) Summe von Binomialkoeffizienten zurückgeführt.

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