3 Der binomische Satz - Mathematik, TU Dortmund

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Der binomische Satz
Lernziele:
• Resultate: Der binomische Satz, eine Abschätzung für Fakultäten
• Didaktische Kompetenzen: Verwendung und Vermittlung des binomischen Satzes
auf verschiedenen Niveaus
Frage: Ein zu 3% Zinsen pro Jahr angelegtes Kapital vermehrt sich in 12 Jahren um den
Faktor a = 1, 0312 . Versuchen Sie, eine möglichst gute Näherung für a im Kopf zu berechnen.
Binomische Formeln. a) Ausgehend von der bekannten binomischen Formel
(x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 für x, y ∈ R liefert weiteres Ausmultiplizieren
(x + y)3 = (x2 + 2xy + y 2) (x + y) = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3,
(x + y)4 = x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4,
(x + y)5 = x5 + 5x4 y + 10x3 y 2 + 10x2 y 3 + 5xy 4 + y 5.
b) Wir möchten für n ∈ N eine solche Formel für (x + y)n finden. Multipliziert man
die Klammern aus, so erhält man eine Summe von n -fachen Produkten, wobei aus
jeder Klammer der Faktor x oder der Faktor y zu wählen ist.
c) Wählt man aus jeder Klammer den Faktor x , so erhält man den Term xn . Wählt
man aus einer Klammer den Faktor y , aus allen anderen aber den Faktor x , so erhält
man einen Term xn−1 y . Dieser tritt genau n mal auf, da es ja genau n Klammern
gibt, aus denen man y wählen kann. Entsprechend hat man auch die Summanden y n
und nxy n−1 . Die gesuchte Formel wird also so aussehen:
(x + y)n = xn + n xn−1 y + · · · + n x y n−1 + y n ,
(1)
wobei · · ·“ eine Summe von Termen xn−k y k mit 2 ≤ k ≤ n − 2 ist.
”
d) Für x = 1 erhalten wir aus (1) sofort die Bernoullische Ungleichung
(1 + y)n ≥ 1 + ny
für y ≥ 0 und n ∈ N.
(2)
Diese gilt sogar für y ≥ −2 (vgl. [A1], 4.1).
Die genaue Berechnung der + · · · + “ in (1) führt zum binomischen Satz unten. Dieser
”
ist in der Mathematik sehr wichtig, für viele Schüler eher schwierig. Wir verwenden
ihn daher zunächst sparsam und begnügen uns, wo immer möglich, mit den speziellen
Formeln (1) und (2) sowie eventuell (3) unten.
Binomialkoeffizienten und Fakultäten. a) Für 0 ≤ k≤ n bezeichnet man
die
n
n−k k
Anzahl der Terme x y in (1) als Binomialkoeffizienten k . Offenbar ist nk die
Anzahl der möglichen Ziehungen von k Exemplaren der Zahl y aus der Menge der n
Klammern.
b) Im Fall k = 2 gibt es für die Wahl des ersten y n Möglichkeiten, für die des
zweiten y dann noch n − 1 Möglichkeiten, insgesamt also n(n − 1) Möglichkeiten
für die Ziehung von 2 Exemplaren von y . Hierbei wurde aber jedes Ziehungsergebnis
doppelt
Folglich
gezählt, da es ja bei der Ziehung auf die Reihenfolge
nicht
ankommt.
n
n
n
1
1
gilt 2 = 2 n(n − 1) , und aus Symmetriegründen ist auch n−2 = 2 = 2 n(n − 1) .
c) Für x = 1 ergibt sich nun aus (1) und b) die folgende Verschärfung der Bernoullische
Ungleichung:
(1 + y)n ≥ 1 + ny + 12 n(n − 1)y 2
für y ≥ 0 und n ∈ N.
(3)
d) Es ist 49
die Anzahl der möglichen Ergebnisse bei der Ziehung der Lottozahlen.
6
Für die Ziehung der 1. Zahl gibt es 49 Möglichkeiten, für die der 2. Zahl dann noch
48 , . . . , für die der 6. Zahl noch 49 − 5 = 44 Möglichkeiten. Jedes solche Ziehungsergebnis, etwa {1, 2, . . . , 6} , kann aber mit verschiedenen Reihenfolgen erreicht werden,
so daß die Gesamtzahl an Möglichkeiten, 49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44 , noch durch die Zahl
der möglichen Anordnungen einer 6 -elementigen Menge dividiert werden muß.
e) Die Überlegungen aus d) gelten entsprechend auch allgemein. Für 1 ≤ k ≤ n − 1
hat man
n
k
=
n(n−1)···(n−k+1)
k!
,
wobei im Nenner die Anzahl der möglichen Anordnungen oder Permutationen einer
k -elementigen Menge steht, die mit k! ( k -Fakultät“) bezeichnet wird.
”
3.1 Satz. (vgl. [A1], 2.4). Für die Fakultäten natürlicher Zahlen gilt
n! =
n
Q
k = 1 · 2 · 3···n.
(4)
k=1
Man setzt noch 0! = 1 . Die Fakultäten wachsen mit n sehr schnell an; so gilt z. B.
2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720, 7! = 5040,
8! = 40320, . . . , 12! = 479001600, 16! = 2, 09228 . . . · 1013 ,
30! = 2, 65253 . . . · 1032 , 100! = 9, 33262 . . . · 10157 .
Die exakte Berechnung von n! gemäß (4) ist für große n selbst für leistungsfähige
Computer sehr langwierig. Für die Produkte der ersten n natürlichen Zahlen hat man
keine einfache Formel wie (2.1) im Fall der entsprechenden Summen. In Satz 3.4 zeigen
wir die grobe Abschätzung
( n3 )n ≤ n! ≤ ( n2 )n
für n ≥ 6 .
(5)
Eine etwas bessere Abschätzung findet man in [A1], 6.5. Eine sehr genaue Näherungsformel ist die Stirlingsche Formel (vgl. [A1], Abschnitte 36 und 41*), die auch für
theoretische Überlegungen der Analysis wichtig ist.
Für die Binomialkoeffizienten gilt also
n
k
n(n−1)···(n−k+1)
k!
=
=
n!
k! (n−k)!
, n ∈ N0 , k = 0, . . . , n .
Für k ∈ Z mit k < 0 oder k > n setzt man noch
n
k
(6)
= 0.
Die Anzahl der Ziehungsmöglichkeiten beim Lotto beträgt also
49
6
=
49·48·47·46·45·44
1·2·3·4·5·6
= 49 · 47 · 46 · 3 · 44 = 13 983 816 .
3.2 Satz (Binomischer Satz). Für n ∈ N , x, y ∈ R gilt:
n P
n
(x + y)n =
k=0
k
xn−k y k .
(7)
In [A1], 2.7 wird ein Induktionsbeweis angegeben.
Näherungsrechnungen.
a) Für 0 ≤ y < x und kleine q :=
(x + y)n = xn (1 + xy )n ≈ xn (1 + nq +
n(n−1)
2
y
x
hat man
q 2 ) ∼ xn (1 + nq) .
b) Ein zu 3% Zinsen pro Jahr angelegtes Kapital vermehrt sich in 12 Jahren um den
Faktor a = 1, 0312 = 1, 42576 . Die Näherungsrechnungen ergeben a ∼ 1 + 12 · 0, 03 =
1, 36 und a ≈ 1 + 12 · 0, 03 + 6 · 11 · 0, 032 = 1, 4194 .
Pascalsches Dreieck erlaubt Veranschaulichung und rekursive Berechnung der Binomialkoeffizienten, vgl. [A1], 2.6:
n+1
k
=
n
k
+
n
k−1
, n ∈ N0 , k = 0, . . . , n + 1 .
(8)
Eine weitere Herleitung von Satz 3.1 Zur Berechnung der Anzahl nk der möglichen Ziehungen von k Zahlen aus der Menge {1, . . . , n} realisieren wir die Ziehung“
”
so, daß nach einer Permutation
a1 . . . ak
ak+1 . . . an
der Menge {1, . . . , n} die ersten k Zahlen {a1 , . . . , ak } gezogen werden. Eine andere
Permutation
b1 . . . bk
bk+1 . . . bn
der Menge {1, . . . , n} liefert genau dann das gleiche Resultat, wenn die Mengen
{a1 , . . . , ak } und {b1 , . . . , bk } übereinstimmen; dann stimmen offenbar auch die Mengen {ak+1 , . . . , an } und {bk+1 , . . . , bn } überein. Die beiden Permutationen dürfen sich
also nur durch eine Vertauschung der Zahlen in der Menge {a1 , . . . , ak } und eine solche
in der Menge {ak+1 , . . . , an } unterscheiden. Nun gibt es n! Permutationen der Menge
{1, . . . , n} , und für die Vertauschungen
innerhalb der beiden Blöcke gibt es k!·(n−k)!
n
n!
Möglichkeiten. Folglich gilt k = k! (n−k)! in Übereinstimmung mit (6).
Wir kommen nun zum Beweis von Abschätzung (5).
3.3 Satz. Es gilt 2 ≤ (1 + n1 )n ≤ 3 für alle n ∈ N .
Beweis. a) Es ist (1 + n1 )n ≥ 1 + n ·
1
n
= 2 nach der Bernoullischen Ungleichung (2).
b) Mit dem binomischen Satz berechnen wir
(1 + n1 )n =
≤
n
P
k=0
n
P
k=0
n(n−1)···(n−k+1) 1
k!
nk
1
k!
= 1 + 1 + 21 +
≤ 1+1+
1
2
+
1
2·2
+
1
2·2·2
=
n
P
k=0
1
2·3
+
n n−1
n n
1
2·3·4
· · · n−k+1
n
1
k!
1
+ · · · 2·3···n
1
+ · · · 2n−1
≤ 3
aufgrund der geometrischen Summenformel.
3.4 Satz. (vgl. [A1], 4.10): Es gilt Formel (5) : ( n3 )n ≤ n! ≤ ( n2 )n für N ∋ n ≥ 6 .
Für n = 100 hat man 1, 94033 · 10152 ≤ 9, 33262 · 10157 ≤ 7, 88861 · 10169 .
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