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Hallo,
Ich beschäftige mich zur Zeit mit einem Transzendenzbeweis für die Zahl e. An einer Stelle wird dabei die p-te Ableitung eines Polynoms f an der Stelle k gebildet, also [mm]f^{(p)}(k)[/mm]. Dieses Polynom f ist vom Grad m mit m>p und hat nur ganzzahlige Koeffizienten, k ist ebenfalls ganzzahlig. Daraus wird jetzt ganz fix gefolgert, dass [mm]f^{(p)}(k)[/mm] durch p! teilbar ist. Irgendwie stehe ich auf dem Schlauch, wieso das so ist.
Sei [mm]f(x) := \summe_{j=0}^{m} a_j x^j[/mm] das Polynom.
Dann ist [mm]f^{(p)}(x) = \summe_{j=0}^{m-p} (j+1)(j+2) \ldots (j+p) \cdot a_{j+p} x^j[/mm].
Beim ersten Summanden sieht man sofort, dass p! als Faktor vorkommt - beim zweiten auch noch. Aus welchem Grund ist aber z.B. auch [mm]4 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot p \cdot (p+1) \cdot (p+2) \cdot (p+3)[/mm] durch p! teilbar?
In der Befürchtung, wieder irgendwas ganz einfaches zu übersehen,
- Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:19 Di 08.03.2005 | | Autor: | Marcel |
Hallo Marcel!
> Hallo,
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> Ich beschäftige mich zur Zeit mit einem Transzendenzbeweis
> für die Zahl e. An einer Stelle wird dabei die p-te
> Ableitung eines Polynoms f an der Stelle k gebildet, also
> [mm]f^{(p)}(k)[/mm]. Dieses Polynom f ist vom Grad m mit m>p und hat
> nur ganzzahlige Koeffizienten, k ist ebenfalls ganzzahlig.
> Daraus wird jetzt ganz fix gefolgert, dass [mm]f^{(p)}(k)[/mm] durch
> p! teilbar ist. Irgendwie stehe ich auf dem Schlauch, wieso
> das so ist.
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> Sei [mm]f(x) := \summe_{j=0}^{m} a_j x^j[/mm] das Polynom.
> Dann ist [mm]f^{(p)}(x) = \summe_{j=0}^{m-p} (j+1)(j+2) \ldots (j+p) \cdot a_{j+p} x^j[/mm].
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> Beim ersten Summanden sieht man sofort, dass p! als Faktor
> vorkommt - beim zweiten auch noch. Aus welchem Grund ist
> aber z.B. auch [mm]4 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot p \cdot (p+1) \cdot (p+2) \cdot (p+3)[/mm]
> durch p! teilbar?
Es gilt für alle [mm] $j=0,\,\ldots,\,(m-p)$:
[/mm]
[m]\frac{(j+1)(j+2)*\ldots*(j+p)}{p!}
=\frac{\overbrace{\;\,1*2*\ldots*j\,\;}^{=j!}*\ldots*(j+p)}{p!*j!}
=\frac{(j+p)!}{p!*((j+p)-p)!}
={j+p \choose p}[/m]
Und wegen $j, p [mm] \in \IN_{\,0}$ [/mm] gilt mit $k:=j+p [mm] \in \IN_{\,0}$ [/mm] auch [m]{j+p \choose p}={k \choose p} \in \IN_{\,0}[/m] (Beweis z.B. über vollständige Induktion), d.h.:
[m]\frac{(j+1)(j+2)*\ldots*(j+p)}{p!}
={j+p \choose p} \in \IN_{\,0}[/m]
Viele Grüße,
Marcel
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Hallo,
Gefällt mir sehr gut, dein Vorschlag. Damit hab ich auch das letzte Puzzlestück für das Verständnis des Transzendenzbeweises zusammen. Danke. 
- Marcel
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