Hallo,
du hast doch schon da einen guten Anfang geleistet. Allerdings ist dir ein kleiner Fehler unterlaufen.
Es ist richtig, dass
$$ E_A(2) = \frac {G_r} {Q-1} + \frac {G_r} {(Q-1)^2} $$
ist. Allerdings ist dann
$$ E_A(3) = \frac {G_r} {(Q-1)} + 2\frac {G_r} {(Q-1)^2} + \frac {G_r} {(Q-1)^3} $$
Weiter ist
$$ E_A(4) = \frac {G_r} {(Q-1)} + 3\frac {G_r} {(Q-1)^2} + 2\frac {G_r} {(Q-1)^3} + \frac {G_r} {(Q-1)^4} $$
Bis auf den ersten Summanden \( \frac {G_r} {Q-1} \), kommt bei jedem weiteren Schritt ein weiterer Summand zu jeder Potenz von \( (Q-1) \) mit dazu.
Also können wir schon ohne berechnen sagen, dass
$$ E_A(5) = \frac {G_r} {(Q-1)} + 4\frac {G_r} {(Q-1)^2} + 3\frac {G_r} {(Q-1)^3} + 2\frac {G_r} {(Q-1)^4} + \frac {G_r} {(Q-1)^5} $$
gilt. Daraus kannst du dir nun eine Vorschrift basteln, die du mittels vollständiger Indukion beweisen kannst.
Grüße Christian
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
Viele Grüße und top, dass du so viele Fragen auf so einem hohen Niveau beantwortest!
Jonathan ─ jonathan108 21.01.2020 um 18:15
Es gilt
$$ E_A(4) = \frac {G_r} {(Q-1)} + 3\frac {G_r} {(Q-1)^2} + 3\frac {G_r} {(Q-1)^3} + \frac {G_r} {(Q-1)^4} $$
und
$$ E_A(5) = \frac {G_r} {(Q-1)} + 4\frac {G_r} {(Q-1)^2} + 6\frac {G_r} {(Q-1)^3} + 4\frac {G_r} {(Q-1)^4} + \frac {G_r} {(Q-1)^5} $$
ich habe mal noch einen weiteren gemacht
$$ E_A (6) = \frac {G_r} {(Q-1)} + 5\frac {G_r} {(Q-1)^2} + 10\frac {G_r} {(Q-1)^3} + 10\frac {G_r} {(Q-1)^4} + 5\frac {G_r} {(Q-1)^5} + \frac {G_r} {(Q-1)^6} $$
Aber es fällt hier trotzdem eine Struktur auf. Und zwar sind die Vorfaktoren identisch mit dem pascalschen Dreieck und dieses kann man mit Hilfe des binomialkoeffizienten darstellen.
Wir erhalten damit die Reihe
$$ E_A(n) = \sum\limits_{i=1}^n \binom{n}{i} \frac {G_R} {(Q-1)^i} $$ ─ christian_strack 22.01.2020 um 13:06
Viele Grüße ─ jonathan108 23.01.2020 um 21:22
Klappt es denn jetzt mit der neuen Reihe? Willst du die Gültigkeit überhaupt noch beweisen, oder reicht dir das umstellen? ─ christian_strack 24.01.2020 um 13:30