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Moana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-02


Hallo Leute,

erst mal sorry, dass es nicht das richtige Forum ist. Ich habe die Aufgabe aber in meinem Kurs "Wahrscheinlichkeit und Statistik" bekommen, daher ...

Die Aufgabe lautet:

Leiten Sie einen geschlossenen Ausdruck für \(\sum\nolimits_{k=0}^m \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}\) her, wobei \(m \leq n\) natürliche Zahlen sind. (Tip: Interpretieren Sie \(\frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}\) nicht als Wahrscheinlichkeiten.)

Ok, ich stehe hier total auf dem Schlauch und mit dem Tip kann ich auch nicht gerade viel anfangen. Aber hier mal meine Idee soweit:

fed-Code einblenden
Jetzt weiß ich allerdings nicht, ob der Ansatz richtig ist und wie es weiter geht weiß ich auch nicht -.-

Für jede Hilfe bin unendlich dankbar.

LG
Moana


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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-03

\(\begingroup\)\( \DeclareMathOperator{\mer}{mer} \DeclareMathOperator{\Sht}{Sht} \DeclareMathOperator{\Ann}{Ann} \DeclareMathOperator{\Et}{\acute{E}t} \DeclareMathOperator{\et}{\acute{e}t} \DeclareMathOperator{\etaleness}{\acute{e}taleness} \newcommand{\h}{\o{h}} \DeclareMathOperator{\H}{H} \DeclareMathOperator{\ind}{ind} \DeclareMathOperator{\etale}{\acute{e}tale} \DeclareMathOperator{\Coker}{Coker} \DeclareMathOperator{\Div}{Div} \DeclareMathOperator{\Gl}{GL} \DeclareMathOperator{\PGL}{PGL} \DeclareMathOperator{\dom}{dom} \DeclareMathOperator{\PSL}{PSL} \DeclareMathOperator{\SL}{SL} \DeclareMathOperator{\Res}{Res} \DeclareMathOperator{\equi}{equi} \DeclareMathOperator{\Hecke}{Hecke} \DeclareMathOperator{\Aut}{Aut} \DeclareMathOperator{\Jac}{Jac} \DeclareMathOperator{\GL}{GL} \DeclareMathOperator{\HF}{HF} \DeclareMathOperator{\HS}{HS} \DeclareMathOperator{\Ker}{Ker} \DeclareMathOperator{\trdeg}{trdeg} \DeclareMathOperator{\mod}{mod} \DeclareMathOperator{\codim}{codim} 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Hallo Moana.
Der Ausdruck sollte auf jeden Fall gleich $\frac{n+1}{n-m+1}$ sein.
Wie man das beweist sehe ich gerade nicht. Vielleicht kommt ja noch jemand mit einem Beweis.
Viel Erfolg noch


-----------------
”己所不欲,勿施于人“(Konfuzius)
PS: Falls ich plötzlich aufhöre in einem Thread zu antworten, dann kann es sein, dass ich es vergessen habe. Ihr könnt mir in diesem Fall eine Private Nachricht schicken.
\(\endgroup\)


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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-11-03


Hallo Moana und xiao_shi_tou_,

mit der Substitution \(k \to m-k\) kann man \(\frac{(n-k)!}{(m-k)!}\) zu \(\frac{(n-m+k)!}{k!}\) umschreiben. Erweitert man den Bruch mit \((n-m)!\) so kommt man zu (n-m)!\(\sum_{k=0}^m\binom{n-m+k}{k}\). Für diese Summe gibt es eine explizite Darstellung (z.B. hier). Damit erhält man das von xiao_shi_tou_ angegebene Ergebnis. Die Summenformel kann man z.B. induktiv beweisen, indem man die Rekursionsformel für \(\binom{n+1}{k}\) benutzt.

lg Wladimir



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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-03


Hallo.

Das Ergebnis für die Summenfornel bei wladimir_1989 inklusiv Beweis.

Siehe Klick mich.
mathematica
(* In *)
telescopSum[Binomial[n - m + k, k], {k, 0, m}, Certificate -> True]
 
(* Out *)
{((1 + m) Binomial[1 + n, 1 + m])/(1 - m + n), (
 k Binomial[k - m + n, k])/(1 - m + n)}
 

Dies kann man natürlich auch per Hand durchführen.

Gruss endy



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Dean Koontz : Zwielicht

Unzählige verschlungene Nachtpfade zweigen vom Zwielicht ab.
Etwas bewegt sich inmitten der Nacht,das nicht gut und nicht richtig ist.

The Book of Counted Sorrows.




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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-11-03


@Wladimir @endy
Man lernt nie aus. Coole Sache. Ich hab das Ergebnis durch stumpfes rumrechnen herausgefunden :D.



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Moana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-03


Hallo,

erst mal vielen Dank für die Antworten, aber ich habe noch ein paar Fragen:

1. @Wladimir
Warum kann man das machen: Substitution \(k \rightarrow m-k\)

2.
es ist korrekt, dass ich \(\frac{m!}{n!}\) aus der Summe raus gezogen habe?

3.
Durch die Substitution kann ich euren Ausführungen folgen und bekomme \(\frac{m!*(n-m)!}{n!}*\sum\nolimits_{k=0}^m \binom{n-m+k}{k}\). Aber den weiteren Ausführungen kann ich nicht folgen. Vielleicht sehe ich es nicht...

@Wladimir

Durch deinen Link habe ich den Abschnitt 'Summe verschobener Binomialkoeffizienten' verwendet, der scheint aber nicht der Richtige zu sein, denn dann bekomme ich \(\frac{m!*(n-m)!}{n!}*\binom{n+1}{n+1}\).

Hilfe  confused

LG
Moana


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Mark Twain



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qzwru
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-11-03


2019-11-02 23:16 - Moana im Themenstart schreibt:
(Tip: Interpretieren Sie <math>\frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}</math> nicht als Wahrscheinlichkeiten.)

Ich ignoriere den Tipp mal. Hoffe das passt so, bin ziemlich müde...

Wir betrachten eine Urne mit <math>m</math> roten Kugeln, <math>n-m</math> schwarzen Kugeln und einer Kugel <math>T</math> ("Tod"). Wir ziehen ohne Zurücklegen <math>n+1</math> mal. Sei <math>\tau</math> der Zeitpunkt, zu dem wir die Kugel <math>T</math> gezogen haben. Es sei <math>X_k</math> die <math>k</math>-te gezogene Kugel. Angenommen <math>\tau = k+1</math> wobei <math>k\in \{0,\hdots, m\}</math>. Da die ersten <math>k</math> Kugeln dann gleichverteilt aus den <math>n</math> roten und schwarzen Kugel gezogen werden, ist also

<math>\displaymath\mathbb P(X_1,..., X_k \text{ sind rot}|\tau = k+1) = \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}</math>.

Nun ist <math>\mathbb P(\tau = 1) = \frac{1}{n+1}</math>, <math>\mathbb P (\tau = 2) = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n+1}</math>,  <math>\mathbb P (\tau = 3) = \frac{n}{n+1} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{1}{n-1} = \frac{1}{n+1}</math> usw. also <math>\mathbb P(\tau = k) = \frac{1}{n+1}</math> für alle <math>k\in \{1,\dots, m+1\}</math>. Damit ist

<math>\displaymath\sum_{k=0}^m \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}} = (n+1)\cdot \sum_{k=0}^m \mathbb P(X_1, \hdots, X_k \text{ sind rot}, \tau = k+1) = (n+1) \cdot \mathbb P(X_1, \hdots, X_{\tau-1} \text{ sind rot})</math>.

Nun ist aber die Wahrscheinlichkeit, dass <math>X_1, \hdots, X_{\tau-1}</math> rot sind, gerade die Wahrscheinlichkeit, dass die erste gezogene Kugel, die nicht rot ist, <math>T</math> ist. Da die erste nicht rote Kugel gleichverteilt aus den <math>n-m</math> schwarzen Kugeln zusammen mit <math>T</math> gezogen wird, ist also

<math>\displaymath\mathbb P(X_1, \hdots, X_{\tau-1} \text{ sind rot}) =  \frac{1}{n-m+1}</math>

und die Aussage folgt.



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-03

\(\begingroup\)\( \DeclareMathOperator{\mer}{mer} \DeclareMathOperator{\Sht}{Sht} \DeclareMathOperator{\Ann}{Ann} \DeclareMathOperator{\Et}{\acute{E}t} \DeclareMathOperator{\et}{\acute{e}t} \DeclareMathOperator{\etaleness}{\acute{e}taleness} \newcommand{\h}{\o{h}} \DeclareMathOperator{\H}{H} \DeclareMathOperator{\ind}{ind} \DeclareMathOperator{\etale}{\acute{e}tale} \DeclareMathOperator{\Coker}{Coker} \DeclareMathOperator{\Div}{Div} \DeclareMathOperator{\Gl}{GL} \DeclareMathOperator{\PGL}{PGL} \DeclareMathOperator{\dom}{dom} \DeclareMathOperator{\PSL}{PSL} \DeclareMathOperator{\SL}{SL} \DeclareMathOperator{\Res}{Res} \DeclareMathOperator{\equi}{equi} \DeclareMathOperator{\Hecke}{Hecke} \DeclareMathOperator{\Aut}{Aut} \DeclareMathOperator{\Jac}{Jac} \DeclareMathOperator{\GL}{GL} \DeclareMathOperator{\HF}{HF} \DeclareMathOperator{\HS}{HS} \DeclareMathOperator{\Ker}{Ker} \DeclareMathOperator{\trdeg}{trdeg} \DeclareMathOperator{\mod}{mod} \DeclareMathOperator{\codim}{codim} 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Huhu XST,

2019-11-03 00:41 - xiao_shi_tou_ in Beitrag No. 1 schreibt:
Der Ausdruck sollte auf jeden Fall gleich $\frac{n+1}{n-m+1}$ sein.
Wie man das beweist sehe ich gerade nicht.

nun - wenn man schon den Ausdruck gefunden hat, dann bietet sich natürlich ein (einfacher) Beweis über Induktion an.

Gruß (und einen schönen Sonntag wünscht),

Küstenkind
\(\endgroup\)


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endy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-11-03


Hallo.

Auch das eigentliche Problem ist eine Teleskopsumme:

mathematica
(* In *)
telescopSum[Binomial[m, k]/Binomial[n, k], {k, 0, m}, 
 Certificate -> True]
 
(* Out *)
{(1 + n)/(
 1 - m + n), ((-1 + k - n) Binomial[m, k])/((1 - m + n) Binomial[n, 
   k])}
 

Gruss endy



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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-11-03


2019-11-03 13:11 - Kuestenkind in Beitrag No. 7 schreibt:
nun - wenn man schon den Ausdruck gefunden hat, dann bietet sich natürlich ein (einfacher) Beweis über Induktion an.

Gruß (und einen schönen Sonntag wünscht),

Küstenkind
Hi Kuestenkind.
Wie? Ich sehe hier keinen Induktionsbeweis. Kannst du mir auf die Sprünge helfen?
Viele Grüße



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wladimir_1989
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-11-03


Hallo Moana,


2019-11-03 12:13 - Moana in Beitrag No. 5 schreibt:

1. @Wladimir
Warum kann man das machen: Substitution \(k \rightarrow m-k\)

2.
es ist korrekt, dass ich \(\frac{m!}{n!}\) aus der Summe raus gezogen habe?




1. Im Prinzip ersetze ich den alten Summationsindex k durch den neuen \(k'=m-k\) und bennene dann am Ende einfach \(k'\) einfach zurück zu k um. Da k von 0 bis m läuft, läuft k' auch von m bis 0. Da die Reihenfolge der Summanden aber keine Rolle spielt, kann ich wieder die Summe von 0 bis m betrachten. Im Prinzip ist ein Indexshift auch eine Substitution, wenn man z.B. um 1 nach oben shiftet, bedeutet das ja gerade: substituiere k durch k+1.

2. Das ist korrekt.


2019-11-03 12:13 - Moana in Beitrag No. 5 schreibt:

3.
Durch die Substitution kann ich euren Ausführungen folgen und bekomme \(\frac{m!*(n-m)!}{n!}*\sum\nolimits_{k=0}^m \binom{n-m+k}{k}\). Aber den weiteren Ausführungen kann ich nicht folgen. Vielleicht sehe ich es nicht...

@Wladimir

Durch deinen Link habe ich den Abschnitt 'Summe verschobener Binomialkoeffizienten' verwendet, der scheint aber nicht der Richtige zu sein, denn dann bekomme ich \(\frac{m!*(n-m)!}{n!}*\binom{n+1}{n+1}\).

Hilfe  :-?

LG
Moana

3. Du scheinst, die Formel aus dem Link falsch angewandt zu haben, das n bei Wikipedia ist ja n-m bei uns, das Ergebnis sollte also \(\frac{m!(n-m)!}{n!}\binom{n+1}{n-m+1}\) sein, was sich zu \(\frac{n+1}{n-m+1}\) vereinfachen lässt.

lg Wladimir


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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Moana
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-03


Oh man, war ich blind.  eek

Hab die Formel aus wiki ja total falsch angewendet, oder eher gesagt vergessen/übersehen, jedes 'n' an meines anzupassen.

Vielen, vielen Dank, habe das Ergebnis jetzt auch raus bekommen und muss jetzt nur noch die Induktion machen. Falls ich wider Erwarten Probleme damit haben sollte, melde ich mich noch mal.

Ich wünsche euch allen noch einen schönen Restsonntag und DANKE  smile

LG
Moana


-----------------
Das Recht zur Dummheit gehört zur Garantie der freien Entfaltung der Persönlichkeit!

Mark Twain



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Kuestenkind
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Huhu XST,

dass dein Term es für \(m=0\) und \(n\) beliebig tut ist ja offensichtlich. Nun schließen wir von \((m-1,n-1)\) auf \((m,n)\). Dann dürfen wir als IV natürlich auch nur \(S(m-1,n-1)=\frac{n-1+1}{n-1+1-(m-1)}=\frac{n}{n-m+1}\) nutzen. Nun ist:

\(\displaystyle \sum\limits_{k=0}^m \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}\stackrel{(1)}{=}1+\sum\limits_{k=1}^m \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}\stackrel{(2)}{=}1+\sum\limits_{k=1}^m \frac{\frac{m}{k}\binom{m-1}{k-1}}{\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}}\stackrel{(3)}{=}1+\frac{m}{n}\sum\limits_{k=1}^m \frac{\binom{m-1}{k-1}}{\binom{n-1}{k-1}}\stackrel{(4)}{=}1+\frac{m}{n}\sum\limits_{k=0}^{m-1} \frac{\binom{m-1}{k}}{\binom{n-1}{k}}\stackrel{(5)}{=}1+\frac{m}{n}\cdot\frac{n}{n-m+1}\stackrel{(6)}{=}\frac{n+1}{n+1-m}\)

(1) Ersten Summanden ausgerechnet

(2) \(\displaystyle \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n}{k}\cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}=\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}\)

(3) \(k\) gekürzt und konstanten Faktor vor die Summe gezogen.

(4) Indexshift

(5) Induktionsvorraussetzung eingesetzt

(6) Algebra

Gruß,

Küstenkind

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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xiao_shi_tou_
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\(\begingroup\)\( \DeclareMathOperator{\mer}{mer} \DeclareMathOperator{\Sht}{Sht} \DeclareMathOperator{\Ann}{Ann} \DeclareMathOperator{\Et}{\acute{E}t} \DeclareMathOperator{\et}{\acute{e}t} \DeclareMathOperator{\etaleness}{\acute{e}taleness} \newcommand{\h}{\o{h}} \newcommand{\unr}[1]{#1^{\o{un}}} \DeclareMathOperator{\H}{H} \DeclareMathOperator{\ind}{ind} \DeclareMathOperator{\etale}{\acute{e}tale} \DeclareMathOperator{\Coker}{Coker} \DeclareMathOperator{\Div}{Div} \DeclareMathOperator{\Gl}{GL} \DeclareMathOperator{\PGL}{PGL} \DeclareMathOperator{\dom}{dom} \DeclareMathOperator{\PSL}{PSL} \DeclareMathOperator{\SL}{SL} \DeclareMathOperator{\Res}{Res} \DeclareMathOperator{\equi}{equi} \DeclareMathOperator{\Hecke}{Hecke} \DeclareMathOperator{\Aut}{Aut} \DeclareMathOperator{\Jac}{Jac} \DeclareMathOperator{\GL}{GL} \DeclareMathOperator{\HF}{HF} \DeclareMathOperator{\HS}{HS} \DeclareMathOperator{\Ker}{Ker} \DeclareMathOperator{\trdeg}{trdeg} \DeclareMathOperator{\mod}{mod} 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2019-11-03 15:20 - Kuestenkind in Beitrag No. 12 schreibt:
Huhu XST,

dass dein Term es für \(m=0\) und \(n\) beliebig tut ist ja offensichtlich. Nun schließen wir von \((m-1,n-1)\) auf \((m,n)\). Dann dürfen wir als IV natürlich auch nur \(S(m-1,n-1)=\frac{n-1+1}{n-1+1-(m-1)}=\frac{n}{n-m+1}\) nutzen. Nun ist:

\(\displaystyle \sum\limits_{k=0}^m \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}\stackrel{(1)}{=}1+\sum\limits_{k=1}^m \frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}\stackrel{(2)}{=}1+\sum\limits_{k=1}^m \frac{\frac{m}{k}\binom{m-1}{k-1}}{\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}}\stackrel{(3)}{=}1+\frac{m}{n}\sum\limits_{k=1}^m \frac{\binom{m-1}{k-1}}{\binom{n-1}{k-1}}\stackrel{(4)}{=}1+\frac{m}{n}\sum\limits_{k=0}^{m-1} \frac{\binom{m-1}{k}}{\binom{n-1}{k}}\stackrel{(5)}{=}1+\frac{m}{n}\cdot\frac{n}{n-m+1}\stackrel{(6)}{=}\frac{n+1}{n+1-m}\)

(1) Ersten Summanden ausgerechnet

(2) \(\displaystyle \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n}{k}\cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}=\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}\)

(3) \(k\) gekürzt und konstanten Faktor vor die Summe gezogen.

(4) Indexshift

(5) Induktionsvorraussetzung eingesetzt

(6) Algebra

Gruß,

Küstenkind

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]
Hi Kuestenkind.
Die Idee, dass man nur von $(m-1,n-1)$ auf $(m,n)$ schließen muss, weil ja $(0,n)$ immer gilt ist clever. Sehr schön. Mit dieser Idee erledigt sich der Induktionsbeweis von selbst, aber ich bin nicht auf diese Idee gekommen. Ich sehe gerade ein, wie nützlich es ist sich die zu beweisenden Fälle in ein $\N\tm\N$-Gitter einzutragen ;). Findet jemand einen direkten Beweis (also ohne Induktion), der ohne Wahrscheinlichkeitstheorie vorgeht?

Viele Grüße und Vielen Dank für die Erläuterung
XST
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"Findet jemand einen direkten Beweis (also ohne Induktion), der ohne Wahrscheinlichkeitstheorie vorgeht?"

Beitrag Nr.8

Dort steht der Beweis.

Gruss endy






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Hallo.

Ich schreibe es noch einmal ausführlich hin.

Sei $ \displaystyle S(n,m)=\sum_{k=0}^m a(n,m,k)$ mit $ \displaystyle a(n,m,k)=\dfrac {m!\cdot (n-k)!}{n! \cdot (m-k)!}$.

Wir suchen einen geschlossenen Ausdruck für S(n,m).

Sei $ \displaystyle c(n,m,k):= b(n,m,k) \cdot a(n,m,k) $.

Es soll gelten

R1     $ \displaystyle c(n,m,k+1)-c(n,m,k)=a(n,m,k) $

Es gilt $ \displaystyle \dfrac {a(n,m,k+1)} { a(n,m,k)} = \dfrac {k-m}{k-n}$.

Damit gilt mit R1:

R2     $\displaystyle (k-m) b(n,m,k+1)=(k-n) (1+b(n,m,k)) $

Eine Lösung von R2 ist $b(n,m,k)=\dfrac {k-n-1}{n-m+1}$.

Es gilt also $ \displaystyle S(n,m)=c(n,m,m+1)-c(n,m,0)$.

Es ist $\displaystyle a(n,m,m+1)=0$ und $\displaystyle a(n,m,0)=1$.

Daher folgt

$ \displaystyle S(n,m)=-b(n,m,0)= \dfrac {n+1}{n-m+1} $-

endy



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