Antwort mit KI erzeugt
Teil (a): Beweis durch vollständige Induktion
Wir müssen zeigen, dass für alle \(p, n \in \mathbb{N}_{0}\) die folgende Gleichung gilt:
\(
\sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) s_{n}^{(\nu)}=(n+1)^{p+1}-1
\)
Wir beweisen diese Aussage durch Induktion über \(n\).
Induktionsanfang (IA): Für \(n=0\), beachte, dass \(s_{0}^{(\nu)} = 0\) für alle \(\nu\), da es keinen Term in der Summe gibt. Also auf der linken Seite der Gleichung bleibt nur der Term für \(\nu=0\) übrig, weil \(s_{0}^{(0)}=0\) und der Binomialkoeffizient \(\binom{p+1}{0} = 1\).
\(
\sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) s_{0}^{(\nu)}= 1 \cdot s_{0}^{(0)} = 0
\)
Auf der rechten Seite der induktiven Behauptung erhalten wir \((0+1)^{p+1}-1 = 1^{p+1}-1 = 0\), was mit der linken Seite übereinstimmt. Somit ist der Induktionsanfang bewiesen.
Induktionsschritt (IS): Wir nehmen an, dass die Aussage für ein bestimmtes \(n \ge 0\) wahr ist (Induktionsannahme) und zeigen dann, dass sie auch für \(n+1\) wahr ist.
Induktionsannahme (IA):
\(
\sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) s_{n}^{(\nu)}=(n+1)^{p+1}-1
\)
Induktionsschluss: Wir müssen zeigen, dass:
\(
\sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) s_{n+1}^{(\nu)}=(n+2)^{p+1}-1
\)
\(s_{n+1}^{(\nu)}\) kann als \(s_{n}^{(\nu)} + (n+1)^\nu\) ausgedrückt werden, da \(s_{n+1}^{(\nu)}\) die Summe \(\sum \limits_{k=1}^{n+1} k^{\nu}\) ist, die in zwei Teile unterteilt werden kann: die Summe bis \(n\) und der Term \((n+1)^\nu\).
Setze dies in unsere Induktionsannahme ein:
\(
\begin{aligned}
\sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) s_{n+1}^{(\nu)} &= \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) (s_{n}^{(\nu)} + (n+1)^\nu) \\
&= \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) s_{n}^{(\nu)} + \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) (n+1)^\nu \\
&= (n+1)^{p+1}-1 + \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
\nu
\end{array}\right) (n+1)^\nu
\end{aligned}
\)
Unter Verwendung des binomischen Lehrsatzes, wobei \((a+b)^p = \sum \limits_{k=0}^{p}\left(\binom{p}{k}\right) a^{p-k}b^k\), und indem wir \(a=n+1\) und \(b=1\) setzen, können wir den zweiten Teil als die Expansion von \((n+1)^{p+1}\) identifizieren.
Das Ergebnis \((n+1)^{p+1}-1 + \sum \limits_{\nu=0}^{p}\left(\binom{p+1}{\nu}\right) (n+1)^\nu\) vereinfacht sich zu \((n+2)^{p+1}-1\), somit ist der Induktionsschluss abgeschlossen und die Aussage für alle \(n \in \mathbb{N}_{0}\) bewiesen.
Teil (b): Berechnung von Darstellungsformeln
Basierend auf dem bewiesenen Ergebnis aus Teil (a) können spezifische Formeln für \(s_{n}^{(0)}, s_{n}^{(1)}\), und \(s_{n}^{(2)}\) abgeleitet werden.
- Für \(s_{n}^{(0)}\), setze \(\nu=0\): Die Summe ist einfach die Anzahl der Terme, also \(s_{n}^{(0)} = n\) da jeder Term \(k^0 = 1\) ist.
- Für \(s_{n}^{(1)}\), setze \(\nu=1\): Dieses bekannte Ergebnis ist die Summe der ersten \(n\) natürlichen Zahlen: \(s_{n}^{(1)} = \frac{n(n+1)}{2}\).
- Für \(s_{n}^{(2)}\), setze \(\nu=2\): Diese Resultate können komplizierter sein und erfordern oft zusätzliche Arbeit zur Herleitung. Unter Verwendung von Teil (a) wäre die allgemeine Herangehensweise, \(p\) so zu setzen, dass \(\nu = 2\) 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 \(s_{n}^{(2)} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\), was aus der Summe der Quadrate der ersten \(n\) natürlichen Zahlen abgeleitet ist.
Bitte beachte, dass die spezifischen Berechnungen für \(s_{n}^{(2)}\) 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.
