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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:11 Mi 24.11.2004 | | Autor: | Gero |
Also, ich soll die folgenden Aussagen mit vollständiger Induktion beweisen:
a.) [mm] \produkt_{i=1}^{n} \summe_{j=1}^{m} a_{ij}= \summe_{f: \{1,...,n \} \to\{1,...,m\}}^{} \produkt_{i=1}^{n} a_{if_{(i)}}
[/mm]
b.) [mm] \produkt_{i=1}^{n} b_{i}- \produkt_{i=1}^{n} a_{i}= \summe_{i=1}^{n}(( \produkt_{k=1}^{i-1}a_{k})(b_{i}-a_{i})( \produkt_{k=i+1}^{n} b_{k}))
[/mm]
bei a.) soll ich bei n+1 statt f eine weitere Funktion [mm] g:\{1,...,n+1\} \to\{1,...,m} [/mm] benutzen und dann zeigen, dass gilt:
g eingeschränkt [mm] \{1,...,n\} [/mm] = f
bei b.) Muss ich irgendwo eine Null einbauen (???) und dann induzieren.
Kann mir vielleicht jemand helfen?
Danke schonmal im voraus!
Gruß Gero
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:45 Do 25.11.2004 | | Autor: | Julius |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Gero!
Ich rechne dir die a) jetzt mal vor. Bei b) erwarten wir aber mehr eigene Ideen und Ansätze von dir. Rechne einfach mal so weit vor, wie du kommst.
Jetzt zur a):
Es gilt:
$\prod\limits_{i=1}^{n+1} \sum\limits_{j=1}^m a_{ij} = \sum\limits_{j=1}^m a_{n+1,j} \cdot \prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m a_{ij} \stackrel{(IV)}{=} \sum\limits_{j=1}^m a_{n+1,j} \cdot \sum\limits_{g:\{1,\ldots,n\} \to \{1,\ldots,m\}} \prod\limits_{i=1}^n a_{ig(i)} = \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{ g : \{1,\ldots,n\} \to \{1,\ldots,m\}} a_{n+1,j} \cdot \prod\limits_{i=1}^n a_{ig(i)}$.
Wir definieren nun für eine beliebige Abbildung $g:\{1,\ldots,n+1\} \to \{1,\ldots,m\}$ und für ein $j \in \{1,\ldots,m\}$:
$f_{g,j}\, : \, \begin{array}{ccc} \{1,\ldots,n+1\} & \to & \{1,\ldots,m\} \\[5pt] i & \mapsto & \left\{ \begin{array}{ccc} g(i) & , & \mbox{falls} \quad i \in \{1,\ldots,n\},\\[5pt] j & , & \mbox{falls} \quad i=n+1. \end{array} \right. \end{array}$
Nun gilt:
$\{f_{g,j}\, : \, g:\{1,\dlots,n\} \to \{1,\ldots,m\}, \ j=1,\ldots,m\} = \{f : \[1,\ldots,n+1\} \to \{1,\ldots,m\}\}$,
denn die Inklusion "$\subset$" ist offensichtlich und umgekehrt gilt:
Ist $f:\{1,\ldots,n+1\} \to \{1,\ldots,m\}$ beliebig mit $j:=f(n+1)$ gegeben, so folgt:
$f = f_{f\vert \{1,\ldots,n\},j}$.
Daraus folgt nun die Behauptung:
$\prod\limits_{i=1}^{n+1} \sum\limits_{j=1}^m a_{ij} = \sum\limits_{f\{1,\ldots,n+1\} \to \{1,\ldots,m\}} \prod\limits_{i=1}^{n+1} a_{if(i)}$.
Liebe Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:16 Do 25.11.2004 | | Autor: | Gero |
Ein bisschen zu spät, aber trotzdem danke! 
Gruß
Gero
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