TU Wien:Algebra und Diskrete Mathematik VU (diverse)/Übungen 2023W/Beispiel 185

Berechnen Sie unter Benützung des Binomischen Lehrsatzes (und ohne Benützung der Differentialrechnung):

$\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}(n-k)2^{k}$

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Hilfreiches

Binomischer Lehrsatz

Binomischer Lehrsatz

Für $n\geq 0$ und beliebige $x,y\in \mathbb {C}$: $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}=(x+y)^{n}$

Lösungsansatz (über Differenzialrechnung)

Das mit der Ableitung darf man machen. Ein Problem hätten wir nur, wenn die Summe mit den Binomialkoeffizienten nicht endlich wäre... bei uns is sie aber eh eine brave endliche Summe. mfg, --PurpleHaze 22:06, 16. Nov 2008 (CET)

Die Vorgangsweise ist ähnlich wie in den Beispielen 150, 151 und 152: Wir formen beide Seiten des Binomischen Lehrsatzes so um, dass eine Seite mit der Angabe übereinstimmt. Die andere Seite ist dann unsere gesuchte Lösung.

Der Binomische Lehrsatz lautet:

$\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}x^{n-k}\cdot y^{k}=(x+y)^{n}$

Wenn wir den nach x ableiten, erhalten wir:

$\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}(n-k)\cdot x^{n-k-1}\cdot y^{k}=n*(x+y)^{n-1}$

Wenn wir jetzt für x=1 und y=2 einsetzen erhalten wir:

$\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}(n-k)\cdot 1^{n-k-1}\cdot 2^{k}=n\cdot (1+2)^{n-1}=$
$\sum _{k=0}^{n}{\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}}(n-k)\cdot 2^{k}=n\cdot 3^{n-1}$

Diese Gleichung stimmt mit der Angabe überein.

mfg, --W wallner

Lösungsansatz (ohne Differenzialrechnung)

zumindest seit WS2010 ist die Lösung ohne die Verwendung von Ableitungen gefordert:

$\sum _{k=0}^{n}{{n \choose k}(n-k)\cdot 2^{k}}$

zuerst rechnet man sich folgendes aus:

${n \choose k}(n-k)={\frac {n!}{(n-k)!\cdot k!}}\cdot (n-k)={\frac {n!}{(n-k-1)!\cdot k!}}={\frac {n\cdot (n-1)!}{(n-1-k)!\cdot k!}}=n\cdot {n-1 \choose k}$

das setzt man zurück in die eigentliche Gleichung ein:

$\sum _{k=0}^{n}{{n \choose k}(n-k)\cdot 2^{k}}=\sum _{k=0}^{n}{n\cdot {n-1 \choose k}\cdot 2^{k}}$

Das n kann man aus der Summer herausheben. Außerdem sieht man dass nun k > n-1 wird. Da $n \choose k$ für k>n immer 0 ist kann man das auch wie folgt anschreiben

$n\cdot \sum _{k=0}^{n-1}{{n-1 \choose k}\cdot 2^{k}}$

jetzt definiern wir uns noch $m=n-1$

$n\cdot \sum _{k=0}^{m}{{m \choose k}\cdot 2^{k}}$

Jetzt schauen wir uns den binomschen Lehrsatz an:

$\sum _{k=0}^{n}{{n \choose k}\cdot x^{n-k}\cdot y^{k}}=\left(x+y\right)^{n}$

setzen für x = 1 und y = 2:

$\sum _{k=0}^{n}{{n \choose k}\cdot 1^{n-k}\cdot 2^{k}}=\sum _{k=0}^{n}{{n \choose k}\cdot 2^{k}}=\left(1+2\right)^{n}$

so sieht das genau so aus wie in userer Formel, daher setzten wird das jetzt ein:

$n\cdot \sum _{k=0}^{m}{{m \choose k}\cdot 2^{k}}=n\cdot 3^{m}=n\cdot 3^{n-1}$

Damit wären wir so auch zum Ergebnis gelangt:

$\sum _{k=0}^{n}{{n \choose k}(n-k)\cdot 2^{k}}=n\cdot 3^{n-1}$