2.2.3 Der allgemeine binomische Lehrsatz Mit Hilfe dieser neuen Begriffe und Symbole können wir eine allgemeingültige Formel für den Ausdruck n (a + b) angeben. Es gilt: Lemma 2. [Binomischer Lehrsatz] Sind a, b ∈ IR beliebig, so ist für alle n ∈ IN0 « n „ X n n−k k a (a + b) = ·b . k n (4) k=0 D. Horstmann: Oktober 2014 49 2.3 Das Prinzip der vollständigen Induktion Das Prinzip der vollständigen Induktion (klausurrelevant) ist ein sehr wichtiges Beweisprinzip bzw. Hilfsmittel in der Mathematik, um Behauptungen, die von einer festen natürlichen Zahl an oder sogar von Null an für alle natürlichen Zahlen gelten sollen, nachzuweisen. Beispiel 2. Es gilt die folgende Behauptung: Für alle x = 1 und jede natürliche Zahl n ∈ IN0 ist n X 1 − xn+1 x = . 1 − x k=0 k (5) Die hier angebenene Summe nennt man auch Partialsumme der geometrischen Reihe. D. Horstmann: Oktober 2014 50 1. Induktionsanfang Wir müssen also überprüfen, ob die Behauptung für eine n ∈ IN0 gilt. Wir wählen also n0 = 0 und rechnen die Behauptung nach.Es gilt: n0 X k x 0 X = k=0 k x k=0 0 = x = 1. Andererseits ist auch 1 − xn0+1 1−x D. Horstmann: Oktober 2014 = 1−x 1−x = 1. 51 2. Induktionsvoraussetzung Unsere Induktionsvoraussetzung lautet in diesem Fall: n X 1 − xn+1 x = . 1 − x k=0 k 3. Induktionsbehauptung Unsere Induktionsbehauptung wird somit zu: n+1 X 1 − xn+2 x = . 1 − x k=0 k 4. Induktionsschritt Wir bemerken das Nachfolgende: n+1 X k=0 D. Horstmann: Oktober 2014 k n+1 x =x + n X k x . k=0 52 Wegen unserer Induktionsvoraussetzung wissen wir, dass die Gleichheit n+1 X k x = n+1 x k=0 + n X k x k=0 = n+1 x 1 − xn+1 + 1−x seine Gültigkeit besitzt.Nun ist aber n+1 x D. Horstmann: Oktober 2014 1 − xn+1 + 1−x = xn+1(1 − x) 1 − xn+1 + 1−x 1−x = xn+1(1 − x) + (1 − xn+1) 1−x = xn+1 − xn+2 + 1 − xn+1 1−x = 1 − xn+2 . 1−x 53 Somit ergibt sich also: n+1 X k=0 k x = 1 − xn+2 , 1−x was auch unsere Behauptung gewesen ist. Somit haben wir die Aussage für alle n ∈ IN0 nachgewiesen. Die Voraussetzung x = 1 ist nötig, da sonst der Nenner auf der rechten Seite Null wäre und somit die rechte Seite nicht definiert ist. D. Horstmann: Oktober 2014 54 Kommen wir nun zum Beweis des binomischen Lehrsatzes: 1. Induktionsanfang (Erklimmen der ersten Sprosse) Der sogenannte Induktionsbeweis beginnt mit dem Induktionsanfang bzw. der Induktionsverankerung. Da die Behauptung für alle natürlichen Zahlen inklusive der Null gelten soll, nehmen wir die kleinste der Zahlen, für die die Aussage gelten soll und rechnen die Aussage für diese Zahl nach. In unserem Fall also für n0 = 0. Für n = n0 lautet die Aussage: (a + b) n0 « « n0 „ 0 „ X X n0 0 n0 −k k 0−k k a = (a + b) = ·b = ·b . a k k 0 k=0 k=0 Nun ist (a + b)0 nach den bereits wiederholten Potenzgesetzen gleich 1. Die Summe auf der rechten Seite der Gleichung geht von k = 0 bis k = 0, d.h. sie besteht nur aus dem Summanden „ « 0 0−0 0 · b = 1 · 1 · 1 = 1. a 0 Also gilt die Aussage zumindest schon einmal für n = 0. D. Horstmann: Oktober 2014 55 2. Induktionsvoraussetzung (Stehen auf der n-ten Sprosse) Jetzt nehmen wir einfach an, dass die von uns nachzuweisende Behauptung für die Zahlen 0 bis einschließlich n gilt. Die Induktionsvoraussetzung ist also die Aussage: « n „ X n n−k k (a + b) = ·b . a k n k=0 3. Induktionsbehauptung (Die (n + 1)-Sprosse erspähen) Wir behaupten nun, dass die Aussage auch für n + 1 gilt. Somit lautet die Induktionsbehauptung: « n+1 „ X n+1 n+1 n+1−k k (a + b) = ·b . a k k=0 4. Induktionsschritt (Den Schritt von der n-ten Sprosse auf die (n + 1)-Sprosse vornehmen) Wir wollen also die Induktionsbehauptung unter Verwendung der Inuktionsvoraussetzung beweisen. Hierzu dürfen wir natürlich auch auf alle uns bekannten Rechenregeln zurückgreifen. D. Horstmann: Oktober 2014 56 2. Induktionsvoraussetzung (Stehen auf der n-ten Sprosse) Jetzt nehmen wir einfach an, dass die von uns nachzuweisende Behauptung für die Zahlen 0 bis einschließlich n gilt. Die Induktionsvoraussetzung ist also die Aussage: « n „ X n n−k k (a + b) = ·b . a k n k=0 3. Induktionsbehauptung (Die (n + 1)-Sprosse erspähen) Wir behaupten nun, dass die Aussage auch für n + 1 gilt. Somit lautet die Induktionsbehauptung: « n+1 „ X n+1 n+1 n+1−k k (a + b) = ·b . a k k=0 4. Induktionsschritt (Den Schritt von der n-ten Sprosse auf die (n + 1)-Sprosse vornehmen) Wir wollen also die Induktionsbehauptung unter Verwendung der Inuktionsvoraussetzung beweisen. Hierzu dürfen wir natürlich auch auf alle uns bekannten Rechenregeln zurückgreifen.Wir wissen, dass nach den Potenzgesetzen (a + b) D. Horstmann: Oktober 2014 n+1 = n (a + b) · (a + b) ist. 56 Für den Ausdruck (a + b)n haben wir jetzt aufgrund der Induktionsvoraussetzung eine Darstellung griffbereit.Somit erhalten wir also: (a + b) n+1 = = n (a + b) · (a + b) ! « n „ X n n−k k a ·b · (a + b) k k=0 Nun multiplizieren wir die rechte Seite der Gleichung aus. Dies gibt uns die Gleichung: (a + b) n+1 = = = n (a + b) · (a + b) ! ! « « n „ n „ X X n n n−k k n−k k a a a· ·b ·b +b· k k k=0 k=0 ! ! « « n „ n „ X X n n n+1−k k n−k k+1 a a ·b ·b + k k k=0 D. Horstmann: Oktober 2014 k=0 57 Da Binomialkoeffizienten gleich Null sind, wenn k > n ist, und somit „ n n+1 « =0 gilt, können wir die erste Summe wie folgt umschreiben. « « n „ n+1 „ X X n n n+1−k k n+1−k k a a ·b = ·b . k k k=0 k=0 Wir haben also eine sogenannte nahrhafte Null zu der Summe dazu addiert. D. Horstmann: Oktober 2014 58 Auch bei der zweiten Summe machen wir von einem kleinen mathematischen Trick Gebrauch. Statt die Summe von k = 0 laufen zu lassen, lassen wir sie erst von k = 1 laufen. Damit die Summe sich aber nicht ändert, müssen wir auch bei den Summanden etwas verändern.Dies führt auf: « n „ X n n−k k+1 ·b a k = k=0 n+1 „ X k=1 = n+1 „ X k=1 D. Horstmann: Oktober 2014 n k−1 n k−1 « n−(k−1) a ·b k « n+1−k a k ·b . 59