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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:01 So 27.07.2014 | | Autor: | Diophant |
| Aufgabe | Für [mm] m\in\IN [/mm] zeige man
[mm] \vektor{2m\\1}-\vektor{2m\\3}+\vektor{2m\\5}-...+(-1)^{m+1}\vektor{2m\\2m-1}=2^m*sin\left(\bruch{m\pi}{2}\right) [/mm] |
Hallo zusammen,
hier mal von mir eine kleine Lockerungsübung für den Sonntag-Nachmittag. Hinweis auf die angedachte Lösung ist hier schon das gewählte Unterforum.
Ich bin gespannt darauf, ob es neben dem von mir angedachten Weg noch andere Wege gibt, obige Identität zu zeigen und freue mich auf eine rege Beteiligung.
Gruß, Diophant
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:02 So 27.07.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo,
bitte diese Dummy-Frage nicht beantworten.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:28 So 27.07.2014 | | Autor: | reverend |
Hallo Diophant,
Deine Lösung über komplexe Zahlen ist einfach und elegant.
Es geht aber auch in ganzen Zahlen, wenn man die Fälle
1) m gerade
2) m=4k+1
3) m=4k-1
einzeln untersucht. Dazu hat man ein bisschen Gefummel mit Binomialkoeffizienten, weswegen diese Lösung eben nicht elegant wird.
Herzliche Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:19 Mi 30.07.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo reverend,
> Hallo Diophant,
>
> Deine Lösung über komplexe Zahlen ist einfach und
> elegant.
>
> Es geht aber auch in ganzen Zahlen, wenn man die Fälle
> 1) m gerade
> 2) m=4k+1
> 3) m=4k-1
> einzeln untersucht. Dazu hat man ein bisschen Gefummel mit
> Binomialkoeffizienten, weswegen diese Lösung eben nicht
> elegant wird.
auf die Schnelle ist mir das jetzt noch nicht so klar, wie du da mit den jeweils (im Pascalschen Dreieck) um 2 auseinaderliegenden Binomialkoeffizienten klarkommst. Könntest du vielleicht einen der Fälle vorrechnen, ich präsentiere dann auf jeden Fall am Wochenende meine (ich würde sagen: einfache, nicht unbedingt elegante) Lösung über komplexe Zahlen. 
Beste Grüße, Diophant
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Für gerades [mm]m[/mm] ist die Gleichung trivial. Denn dann ist auf der linken Seite die Anzahl der Summanden eine gerade. Und wegen der Symmetrie der Binomialkoeffizienten heben sich der erste und der letzte Summand, der zweite und der vorletzte Summand und so weiter gegenseitig weg.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:58 Mi 30.07.2014 | | Autor: | abakus |
> Für gerades n=2m zeige man
>
> [mm]\vektor{2m\\1}-\vektor{2m\\3}+\vektor{2m\\5}-...+(-1)^{m+1}\vektor{2m\\2m-1}=2^m*sin\left(\bruch{m\pi}{2}\right)[/mm]
>
>
Hallo Johannes,
in der Formel kommt nicht ein einziges n vor.
Sollte es vielleicht m=2n heißen?
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:07 Mi 30.07.2014 | | Autor: | Diophant |
Hallo abakus,
> > Für gerades n=2m zeige man
> >
> >
> [mm]\vektor{2m\\1}-\vektor{2m\\3}+\vektor{2m\\5}-...+(-1)^{m+1}\vektor{2m\\2m-1}=2^m*sin\left(\bruch{m\pi}{2}\right)[/mm]
> >
> >
> Hallo Johannes,
> in der Formel kommt nicht ein einziges n vor.
> Sollte es vielleicht m=2n heißen?
Nein, das ist aus einem Funktionentheoriebuch 1:1 abgetippt. Ich hatte mich da eigentlich nicht weiter dran gestört, denn es führt keinesfalls zu Missverständnissen. Da aber auch schon jemand per PN nachgefragt hat, werde ich es oben mal noch ausbessern.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:02 Mi 30.07.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Für [mm]m\in\IN[/mm] zeige man
>
> [mm]\vektor{2m\\1}-\vektor{2m\\3}+\vektor{2m\\5}-...+(-1)^{m+1}\vektor{2m\\2m-1}=2^m*sin\left(\bruch{m\pi}{2}\right)[/mm]
hat das schon jemand mal per Induktion versucht? (Ich bin noch nicht dazu
gekommen, hier irgendwas zu rechnen.)
Es wäre doch naheliegend, zu unterscheiden:
1. Fall: [mm] $m\,$ [/mm] gerade...
2. Fall: [mm] $m\,$ [/mm] ungerade...
und dann ggf. einen Induktionsbeweis mit Induktionsschritt $m [mm] \to [/mm] m+2$ zu machen.
Wegen Leopolds Anmerkung/Beobachtung brauchen wir eh nur den 2.
Fall betrachten...
Gruß,
Marcel
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