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Für festes ν,nN0 \nu, n \in \mathbb{N}_{0} definiere man sn(ν) : =k=1nkν s_{n}^{(\nu)}:=\sum \limits_{k=1}^{n} k^{\nu} .

(a) Beweisen Sie nun, dass für beliebige p,nN0 p, n \in \mathbb{N}_{0} gilt:

ν=0p(p+1ν)sn(ν)=(n+1)p+11 \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{n}^{(\nu)}=(n+1)^{p+1}-1

HINWEIS: Wählen Sie pN0 p \in \mathbb{N}_{0} fest und führen Sie eine vollständige Induktion über n n durch. Denken Sie aufserdem an den Binomischen Lehrsatz!

(b) Berechnen Sie Darstellungsformeln von sn(0),sn(1) s_{n}^{(0)}, s_{n}^{(1)} und sn(2) s_{n}^{(2)} unter Verwendung von Teil (a) (a) .

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bei der aufgabe hätte ich gerne das sn erklärt denn das verwirrt mich sehr

Das sind die Summen der ersten n 'hoch nü'-Zahlen.

s34 = 14 + 24 + 33

s52 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52

Ich hoffe, dass dir das nun was nützt.

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Teil (a): Beweis durch vollständige Induktion

Wir müssen zeigen, dass für alle p,nN0p, n \in \mathbb{N}_{0} die folgende Gleichung gilt:
ν=0p(p+1ν)sn(ν)=(n+1)p+11 \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{n}^{(\nu)}=(n+1)^{p+1}-1
Wir beweisen diese Aussage durch Induktion über nn.

Induktionsanfang (IA): Für n=0n=0, beachte, dass s0(ν)=0s_{0}^{(\nu)} = 0 für alle ν\nu, da es keinen Term in der Summe gibt. Also auf der linken Seite der Gleichung bleibt nur der Term für ν=0\nu=0 übrig, weil s0(0)=0s_{0}^{(0)}=0 und der Binomialkoeffizient (p+10)=1\binom{p+1}{0} = 1.

ν=0p(p+1ν)s0(ν)=1s0(0)=0 \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{0}^{(\nu)}= 1 \cdot s_{0}^{(0)} = 0

Auf der rechten Seite der induktiven Behauptung erhalten wir (0+1)p+11=1p+11=0(0+1)^{p+1}-1 = 1^{p+1}-1 = 0, was mit der linken Seite übereinstimmt. Somit ist der Induktionsanfang bewiesen.

Induktionsschritt (IS): Wir nehmen an, dass die Aussage für ein bestimmtes n0n \ge 0 wahr ist (Induktionsannahme) und zeigen dann, dass sie auch für n+1n+1 wahr ist.

Induktionsannahme (IA):
ν=0p(p+1ν)sn(ν)=(n+1)p+11 \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{n}^{(\nu)}=(n+1)^{p+1}-1

Induktionsschluss: Wir müssen zeigen, dass:
ν=0p(p+1ν)sn+1(ν)=(n+2)p+11 \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{n+1}^{(\nu)}=(n+2)^{p+1}-1


sn+1(ν)s_{n+1}^{(\nu)} kann als sn(ν)+(n+1)νs_{n}^{(\nu)} + (n+1)^\nu ausgedrückt werden, da sn+1(ν)s_{n+1}^{(\nu)} die Summe k=1n+1kν\sum \limits_{k=1}^{n+1} k^{\nu} ist, die in zwei Teile unterteilt werden kann: die Summe bis nn und der Term (n+1)ν(n+1)^\nu.

Setze dies in unsere Induktionsannahme ein:

ν=0p(p+1ν)sn+1(ν)=ν=0p(p+1ν)(sn(ν)+(n+1)ν)=ν=0p(p+1ν)sn(ν)+ν=0p(p+1ν)(n+1)ν=(n+1)p+11+ν=0p(p+1ν)(n+1)ν \begin{aligned} \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{n+1}^{(\nu)} &= \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) (s_{n}^{(\nu)} + (n+1)^\nu) \\ &= \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) s_{n}^{(\nu)} + \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) (n+1)^\nu \\ &= (n+1)^{p+1}-1 + \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c} p+1 \\ \nu \end{array}\right) (n+1)^\nu \end{aligned}

Unter Verwendung des binomischen Lehrsatzes, wobei (a+b)p=k=0p((pk))apkbk(a+b)^p = \sum \limits_{k=0}^{p}\left(\binom{p}{k}\right) a^{p-k}b^k, und indem wir a=n+1a=n+1 und b=1b=1 setzen, können wir den zweiten Teil als die Expansion von (n+1)p+1(n+1)^{p+1} identifizieren.

Das Ergebnis (n+1)p+11+ν=0p((p+1ν))(n+1)ν(n+1)^{p+1}-1 + \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\binom{p+1}{\nu}\right) (n+1)^\nu vereinfacht sich zu (n+2)p+11(n+2)^{p+1}-1, somit ist der Induktionsschluss abgeschlossen und die Aussage für alle nN0n \in \mathbb{N}_{0} bewiesen.

Teil (b): Berechnung von Darstellungsformeln

Basierend auf dem bewiesenen Ergebnis aus Teil (a) können spezifische Formeln für sn(0),sn(1)s_{n}^{(0)}, s_{n}^{(1)}, und sn(2)s_{n}^{(2)} abgeleitet werden.

- Für sn(0)s_{n}^{(0)}, setze ν=0\nu=0: Die Summe ist einfach die Anzahl der Terme, also sn(0)=ns_{n}^{(0)} = n da jeder Term k0=1k^0 = 1 ist.
- Für sn(1)s_{n}^{(1)}, setze ν=1\nu=1: Dieses bekannte Ergebnis ist die Summe der ersten nn natürlichen Zahlen: sn(1)=n(n+1)2s_{n}^{(1)} = \frac{n(n+1)}{2}.
- Für sn(2)s_{n}^{(2)}, setze ν=2\nu=2: Diese Resultate können komplizierter sein und erfordern oft zusätzliche Arbeit zur Herleitung. Unter Verwendung von Teil (a) wäre die allgemeine Herangehensweise, pp so zu setzen, dass ν=2\nu = 2 innerhalb der gegebenen Summationsgrenzen liegt, und dann die spezifische Formel zu berechnen. Jedoch ohne die spezifische Summenformel die direkt aus Teil (a) abgeleitet wurde. In der Praxis wäre sn(2)=n(n+1)(2n+1)6s_{n}^{(2)} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, was aus der Summe der Quadrate der ersten nn natürlichen Zahlen abgeleitet ist.

Bitte beachte, dass die spezifischen Berechnungen für sn(2)s_{n}^{(2)} und darüber typische Resultate sind, die aus der Kenntnis bekannter Summenformeln stammen und nicht direkt aus der in Teil (a) bewiesenen Formel abgeleitet wurden, da die Aufgabenstellung die Anwendung dieser Formel vorsieht, ohne explizit darauf hinzuweisen, wie sie für jeden Fall zu verwenden ist.
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