Mathe für Nicht-Freaks: Binomialkoeffizient: Binomischer Lehrsatz

Der Binomische Lehrsatz

Sicherlich sind dir die binomischen Formeln noch aus der Schule bekannt. Ich kann mir gut vorstellen, dass dein Mathe-Lehrer sie in seinen Unterrichtsstunden hoch und runter gebetet hat. Nicht ohne Grund! Denn immer wieder helfen sie dir die binomischen Formeln geschickt umzuformen und Beweise einfach zu führen. Hier zur Wiederholung die 3 binomischen Formeln für alle $a$,$b$ aus $\R$ gilt:

$(a+b)^2 = a^2 +2ab + b^2$

$(a-b)^2 = a^2 -2ab + b^2$

$(a+b)\cdot (a-b) = a^2 - b^2$

Denk immer an diese Formeln. Wenn du zum Beispiel auf Terme wie $4-16x^2$ triffst, kannst du sie auch als $(2+4x)\cdot (2-4x)$ schreiben. Manchmal kannst du so schwierige Terme vereinfachen oder zusammenfassen. Doch nun zum Thema dieses Kapitels: Wie lauten die binomischen Formeln für größere Potenzen als der 2?. Wir wollen also eine allgemeine Lösungsformel für den Term $(x+y)^n$ für $n\in\N$ finden.

Hinweis: Denk daran, wenn wir wissen, was $(x+y)^n$ ist, wissen wir auch, was $(x-y)^n$ ist. Denn wir können $(x-y)^n$ als $(x+(-y))^n$ schreiben und für $(x+(-y))^n$ können wir die gefundene Formel anwenden. Dies gilt insbesondere auch für die obigen binomischen Formeln. So folgt wegen $(a-b)^2=(a+(-b))^2$ die zweite binomische Formel direkt aus der ersten.

Schauen wir uns ein Beispiel an: Wir wollen wissen, was $(x+y)^3$ ist. Hierzu müssen wir den Term $(x+y)\cdot (x+y)\cdot (x+y)$ ausmultiplizieren, wie es in der folgenden Animation gezeigt wird:

Wir erhalten so den Term $x^3+3x^2y+3xy^2+y^3$. Es fällt auf, dass für jeden Summanden der Gesamtsumme die Summe der Exponenten von $x$ und $y$ gleich 3 ist. Dies leuchtet ein. Wir nehmen nämlich, wenn wir das Produkt $(x+y)\cdot (x+y)\cdot (x+y)$ ausmultiplizieren, aus jeden der Terme $(x+y)$ entweder ein $x$ oder ein $y$ (in jeden Summanden kommen insgesamt 3 Faktoren $x$ oder $y$ vor). Die Summe der Exponenten beider Variablen muss also gleich 3 sein. Es müssen so nur noch die Koeffizienten der einzelnen Summanden bestimmt werden.

Wir sind nun bereit für den allgemeinen Fall. Wir wollen wissen:

$(x+y)^n = \underbrace{(x+y)\cdot (x+y)\cdot \ldots \cdot (x+y)}_{n \text{ mal}} = \text{?}$

Wir wissen, dass das Ergebnis eine Summe von Potenzen in $x$ und $y$ ist. Die Summe der Exponenten in jedem Summanden ist gleich $n$. Alle Potenzen besitzen also die Form $x^k y^{n-k}$, wobei $k\le n$ eine natürliche Zahl ist (die 0 ist mit eingeschlossen). Wir müssen noch die Koeffizienten dieser Potenzen bestimmen. Betrachten wir einige Beispiele. Der Koeffizient von $x^n$ muss 1 sein. Denn wenn wir diese Potenz erhalten wollen, müssen wir aus allen Termen $(x+y)$ die Variable $x$ wählen:

$\underbrace{({\color{Red}x}+y)\cdot ({\color{Red}x}+y)\cdot \ldots \cdot ({\color{Red}x}+y)}_{\mathrm{man\ erh\ddot alt\ }{\color{Red}x^n}}$

Analog ist auch der Koeffizient für $y^n$ 1. Doch wie lautet allgemein der Koeffizient für den Term $x^k y^{n-k}$? Dazu müssen wir aus den $n$ Termen $(x+y)$ $k$-mal die Variable $x$ und $(n-k)$-mal die Variable $y$ wählen. Doch wie viele Möglichkeiten gibt es aus $n$ Termen $k$-Mal eine Variable auszuwählen? Fällt dir etwas auf? Genau, dies ist der im vorherigen Abschnitt diskutierte Binomialkoeffizient $\binom nk$! Dementsprechend ist der Koeffizient von $x^k y^{n-k}$ gleich $\binom nk$ (Deshalb auch der Name: Binomialkoeffizient!). Wir erhalten:

Satz (Der binomische Lehrsatz): $\forall x\in \R\,\forall y\in \R\,\forall n\in \N: (x+y)^n = \binom n0 y^n + \binom n1 xy^{n-1} + \binom n2 x^2 y^{n-2} + \ldots + \binom nn x^n = \sum^n_{k=0} \binom nk x^{n-k} y^k$

Folgerungen aus dem binomischen Lehrsatz

Mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes kannst du nun weitere Antworten auf Fragen der Kombinatorik finden. Stell dir vor, du hast eine beliebige, endliche Menge $M$ gegeben. Wie viele Teilmengen kannst du aus dieser Menge bilden? Wir wissen bereits, dass die Anzahl der $k$-elementigen Teilmengen von $M$ dem Binomialkoeffizienten $\binom {|M|}k$ entspricht ($|M|$ ist die Anzahl der Elemente der Menge $M$). Um die Gesamtzahl aller Teilmengen der Menge $M$ zu finden, müssen wir die Summe über die Anzahl aller $k$-elementigen Teilmengen von $M$ mit $0 \le k \le |M|$ bilden. Wir erhalten (Anmerkung: $\mathcal P(M)$ ist Potenzmenge von $M$, also die Menge aller Teilmengen von $M$. Dementsprechend ist $|\mathcal P(M)|$ die Anzahl aller Teilmengen von $M$.):

$|\mathcal P(M)| = \binom{|M|}0 + \binom{|M|}1 + \binom{|M|}2 + \ldots + \binom{|M|}{|M|} = \sum^{|M|}_{k=0} \binom{|M|}k$

Frage: Was ist das Ergebnis der obigen Summe? Vergleiche dazu die obige Summe mit dem binomischen Lehrsatz!

Die obige Summe entsteht aus dem binomischen Lehrsatz für $x=1$ und $y=1$. Dementsprechend ist $|\mathcal P(M)|=\sum^{|M|}_{k=0} \binom{|M|}k = (1+1)^{|M|} = 2^{|M|}$.

Satz (Größe der Potenzmenge einer endlichen Menge): Sei $M$ eine beliebige endliche Menge. Dann ist $|\mathcal P(M)| = 2^{|M|}$.

Und wie sieht es mit der folgenden Summe aus?

$\binom{n}0 - \binom{n}1 + \binom{n}2 - \ldots (+ \text{ oder } -) \binom{n}{n} = \sum^{n}_{k=0} (-1)^k \cdot \binom{n}k = \text{?}$

Frage: Wie lautet das Ergebnis der obigen Summe?

Die obige Summe entsteht aus dem binomischen Lehrsatz für $x=-1$ und $y=1$. Das Ergebnis der Summe lautet dementsprechend:

$\sum^{n}_{k=0} (-1)^k \cdot \binom{n}k = (-1+1)^n = 0^n = \begin{cases} 0, & \text{wenn }n\ne 0\\ 1, & \text{wenn }n= 0\\ \end{cases}$