Herleitung Binomialkoeffizient < Sonstiges < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 14:46 Sa 05.12.2009 | | Autor: | H.o.r.s.t. |
Hallo Matheraumer, :)
ich sitze im Moment an einem Problem, wo ich nicht weiter komme. Ich hoffe ich habe den Thread hier in der Oberstufenmathematik richtig eingeordnet.
Ich habe mich an den Beweis gewagt, dass [mm] \sum\limits_{k=0}^{n}{n \choose k} [/mm] = [mm] 2^n.
[/mm]
Der einfachste Weg ist einfach a und b 1 zu stetzen in der folgenden Gleichung für Binome: [mm] (a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^{n}{n \choose k}\cdot a^k \cdot b^{n-k}.
[/mm]
Dafür muss ich jedoch die Gleichung erstmal beweisen und lande bei der Herleitung des Binomialkoeffizienten.
Nach ewigem Rumgefrimel (Es macht Spaß seitenweise Gleichungen umzuformen um am Ende zu merken, dass man am Anfang einen elementaren Fehler gemacht hat!) bin ich darauf gekommen, dass man den Binomialkoeffizienten als Verschachtelung von k-1 Summen darstellen kann.
[mm] {n\choose k} [/mm] = [mm] \underbrace{\sum\limits_{x_{k-1}=k-1}^n \left( \sum\limits_{x_{k-2}=x_{k-1}}^n \left( \sum\limits_{x_{k-3}=x_{k-2}}^n \cdots \left( \sum\limits_{x_2=x_3}^n \left( \sum\limits_{x_1=1}^{n-x_2} x_1 \right) \right) \cdots \right) \right)}_{(k-1 \,\text{Summen})}
[/mm]
Wenn ich das Versuche von innen heraus aufzulösen, erhalte ich für die Summen Summenformeln.
[mm] ${\begin{array}{rll}
\sum\limits_{x_1=1}^{n-x_2} x_1 & {} & = \dfrac{1}{2}(n-x_2)(n-x_2+1)\\
\sum\limits_{x_2=x_3}^n \left( \sum\limits_{x_1=1}^{n-x_2} x_1 \right) = & \sum\limits_{x_1=1}^{n-x_2} \left( \dfrac{1}{2}(n-x_2)(n-x_2+1) \right) & = \dfrac{1}{6}\, \left( n-x_{{3}} \right) \left( n-x_{{3}}+1 \right) \left( n-x_{{3}}+2 \right)\\[3ex]
\textbf{Vermutung:} & {} & {}\\[1ex]
\sum\limits_{x_3=x_4}^n \left(\sum\limits_{x_2=x_3}^n \left( \sum\limits_{x_1=1}^{n-x_2} x_1 \right)\right) = & {\text{Vgl.} \, \uparrow} & = \dfrac{1}{24}\, \left( n-x_{{4}} \right) \left( n-x_{{4}}+1 \right) \left( n-x_{{4}}+2 \right) \left( n-x_{{4}}+3 \right)
\end{array}}$
[/mm]
Da ich nicht weiß, wie ich k-1 Summen auflösen kann, war mein Ansatz, meine oben genannte Vermutung zu beweisen und zu sagen, das man die anderen Summen analog bestimmen kann. Dann wäre ich praktisch fertig aber ich habe keine Ahnung, wie ich die Summenformel beweisen kann. Letzte Nacht in totaler Übermüdung habe ich es noch mit der vollständigen Induktion versucht und gescheitert. Im Bett hat es mir dann auch gedämmert, dass das garnicht geht. (k=n+1 beim Binomialkoeffizienten...)
Hat dazu irgendjemand eine Idee? Für Anregungen wäre ich sehr sehr dankbar!
Wenn ich das beweisen könnte, wäre meine Herleitung zwar nicht ganz akkurat durch die Überlegung der Ähnlichkeit der Summenformeln aber im Prinzip landete ich dann bei:
[mm] {n\choose k} [/mm] = [mm] \frac{1}{k!}\cdot n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \cdots \cdot (n-k+1)=\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!}
[/mm]
Viele liebe Grüße
Stephan
P.s.: Es ist total interessant, was man aus den Misserfolgen lernt. Ich hätte z.B. nie gedacht, dass das Quadrat einer Zahl n einfach die ersten n ungeraden Zahlen addiert sind. [mm] (n^2=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(2i+1))
[/mm]
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Hallo,
> P.s.: Es ist total interessant, was man aus den
> Misserfolgen lernt. Ich hätte z.B. nie gedacht, dass das
> Quadrat einer Zahl n einfach die ersten n ungeraden Zahlen
> addiert sind. [mm](n^2=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(2i+1))[/mm]
Wieso denn nicht? Ich finde das kann man sich ganz leicht anschaulich klar machen: Man nehme ein kariertes Blatt Papier und zeichne um ein Kästchen doch mal 3 weitere, was erhält man? Um das Quadrat, dass man dann erhält, kann man 5 Kästchen drumrum zeichnen und so weiter und so fort... Man erhält bei dem Verfahren immer wieder ein Quadrat.
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:04 Sa 05.12.2009 | | Autor: | H.o.r.s.t. |
> Wieso denn nicht? Ich finde das kann man sich ganz leicht
> anschaulich klar machen: Man nehme ein kariertes Blatt
> Papier und zeichne um ein Kästchen doch mal 3 weitere, was
> erhält man? Um das Quadrat, dass man dann erhält, kann
> man 5 Kästchen drumrum zeichnen und so weiter und so
> fort... Man erhält bei dem Verfahren immer wieder ein
> Quadrat.
Hmm stimmt. Darauf muss man aber auch erst einmal kommen oder gebracht werden! :p Dankeschön :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:09 Sa 05.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Hut ab für deine Mühe!
Aber wieso landest du bei der Herleitung des Binomialkoeffizienten? Der Binomialkoeffizient selber ist doch nur eine Definitionssache.
Du könntest höchstens den binomischen Lehrsatz mit Induktion beweisen. Oder übersehe ich da was?
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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Hey,
ich habe versucht den binomischen Lehrsatz herzuleiten. Da [mm] a^k [/mm] und [mm] b^{n-k} [/mm] klar sind, fehlte mir nurnoch der Binomialkoeffizient. An das einfache Beweisen habe ich garnicht gedacht. *g* Wie könnte ich das denn bewerkstelligen? Vollständige Induktion versagt hier ja genau so. :S
> Aber wieso landest du bei der Herleitung des
> Binomialkoeffizienten? Der Binomialkoeffizient selber ist
> doch nur eine Definitionssache.
> Du könntest höchstens den binomischen Lehrsatz mit
> Induktion beweisen. Oder übersehe ich da was?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:45 Sa 05.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Den Binomischen Lehrsatz kann man ganz gut mit Induktion beweisen. Wichtig dabei ist, dass man weiß, dass [mm] \vektor{n \\ k}+\vektor{n \\ k+1}=\vektor{n+1 \\ k+1} [/mm] gilt und das folgt aus der Definition des Binomialkoeffizienten.
Du kannst ja mal anfangen mit der Induktion, vielleicht schaffst du es ja doch!
Teufel
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Irgendwie fällt mir heute das Nachdenken ein bisschen schwer. Ich hänge gerade bei der Induktion.
[mm] \textbf{Induktionsannahme}
[/mm]
[mm] (a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n\left( {n\choose k}\cdot a^{n-k} \cdot b^k\right)
[/mm]
[mm] \textbf{Induktionsvoraussetzung}
[/mm]
[mm] (a+b)^1=\sum\limits_{k=0}^1\left( {n\choose k}\cdot a^{n-k} \cdot b^k\right)=\left( {1\choose 0}\cdot a^1 \cdot b^0\right)+\left( {1\choose 1}\cdot a^0 \cdot b^1\right)=a+b
[/mm]
[mm] \textbf{Induktionsschritt}
[/mm]
[mm] ${\begin{array}{rl}
\sum\limits_{k=0}^{n+1}\left( {n\choose k}\cdot a^{n-k} \cdot b^k\right) & =\sum\limits_{k=0}^n\left( {n\choose k}\cdot a^{n-k} \cdot b^k\right)+\left( {n\choose {n+1}}\cdot a^{n-(n+1)} \cdot b^{n+1}\right)\\
{} & = (a+b)^n + \left( {n\choose {n+1}}\cdot a^{-1} \cdot b^{n+1}\right)\\
{n\choose {n+1}} = {{n+1}\choose {n+1}} - {n\choose n} & {}\\
{} & \Rightarrow (a+b)^n + \underbrace{\left[ {{n+1}\choose {n+1}} - {n\choose n}\right]}_{1-1} \cdot a^{-1} \cdot b^{n+1}\\
{} & = (a+b)^n
\end{array}}$
[/mm]
Stimmt das so? Irgendwie kommt mir das sehr komisch vor. Obwohl es ja hier zutrifft, kann das doch noch kein Beweis für den Binomischen Lehrsatz sein, oder? :confused:
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:32 Sa 05.12.2009 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Stimmt leider nicht.
Die Induktionsannahme stimmt (wobei man hier sogar bei n=0 anfangen kann).
Danach kannst du [mm] (a+b)^n=\summe_{k=0}^{n}\vektor{n \\ k}a^{n-k}b^k [/mm] als Induktionsvoraussetzung verwenden.
Zu zeigen: [mm] (a+b)^{n+1}=\summe_{k=0}^{n+1}\vektor{n+1 \\ k}a^{n+1-k}b^k.
[/mm]
Um das zu zeigen, musst du auf der linken oder rechten Seite anfangen und das mit Hilfe der Induktionsvoraussetzung umformen, sodass du zur anderen Seite kommst.
In dem Fall würde ich mit [mm] (a+b)^{n+1} [/mm] anfangen.
Also [mm] (a+b)^{n+1}=(a+b)*(a+b)^n=...(Induktionsvoraussetzung)
[/mm]
Teufel
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