Die arithmetischen Eigenschaften der Binomialkoeffizienten

Die arithmetischen Eigenschaften der
Binomialkoeffizienten
Christopher Engelschön, 0110064
Thomas Fößl, 0711005
Inhaltsverzeichnis
1 Binomialkoeffizienten - Eine kurze Einführung
1.1 Definition und Berechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Anwendung in Kombinatorik und Wahrscheinlichkeitsrechnung . . . . . .
1
1
4
2 Das Pascalsche Dreieck
2.1 Eigenschaften des Pascalschen Dreiecks . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Kongruenzen modulo p im Pascalschen Dreieck . . . . . . . . . . . . . .
5
5
6
3 Catalan Zahlen
11
1 Binomialkoeffizienten - Eine kurze Einführung
1.1 Definition und Berechnung
In unserer schulischen Laufbahn stoßen wir für gewöhnlich bereits in der 3. Klasse (Unterstufe) erstmals auf die sogenannten Binomialkoeffizienten: bei der Berechnung der
„binomischen Formeln“.
(a + b)0 = 1
(a + b)1 = 1a + 1b
(a + b)2 = 1a2 + 2ab + 1b2
(a + b)3 = 1a3 + 3a2 b + 3ab2 + 1b3
usw.
Da die Binomialkoeffizienten bei der Berechnung der n-ten Potenz des Binoms (a + b)
als Koeffizienten auftreten, hat man sie dementsprechend danach benannt. Das bringt
uns zu folgender Definition:
1
Definition 1. Es seien m, n ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n und a, b ∈ R.
Bei der Berechnung von
n
(a + b)n schreibt man den Koeffizienten von an−m bm als m
(meist gesprochen als „n
über m“; manchmal auch „m aus n“).
Bemerkung 1. Mit dieser Definition kann man die Berechnung der n-ten Potenz (n ∈
N) von (a + b) allgemein angeben als:
!
!
!
!
n n
n n−1
n n−m m
n n
(a + b) =
a +
a b + ··· +
a
b + ··· +
b
0
1
m
n
n
Wie bestimmt bekannt, spricht man bei dieser Formel vom binomischen Lehrsatz.
Jetzt
stellt sich natürlich noch die Frage, wie man einen beliebigen Binomialkoeffizient
n
berechnen kann. Wir werden nun die zwei wesentlichen Methoden kennen lernen,
m
die dazu verwendet werden können.
Satz 1 (Rekursive Formel von Pascal). Seien n, m ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n. Dann gilt
!
!
!
n
n−1
n−1
=
+
,
m
m−1
m
n
0
wobei
:= 1 und ∀k ∈ N, k > n :
n
k
:= 0.
Der Beweis dafür gestaltet sich denkbar einfach. Wir verwenden dazu den binomischen
Lehrsatz aus Bemerkung 1.
Beweis. Es seien m, n ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n und a, b ∈ R. Laut binomischen Lehrsatz gilt
!
!
!
!
n n
n n−1
n n−m m
n n
(a + b) =
a +
a b + ··· +
a
b + ··· +
b (∗)
0
1
m
n
n
Andererseits ist (a + b)n = (a + b)n−1 (a + b) wobei der binomische Lehrsatz angewandt
auf (a + b)n−1 folgendes ergibt:
!
n−1
(a+b)
!
!
!
n − 1 n−1
n − 1 n−m m−1 n − 1 n−m−1 m
n − 1 n−1
=
a +· · ·+
a
b
+
a
b +· · ·+
b .
0
m−1
m
n−1
Es folgt:
(a + b)n = (a + b)n−1 (a + b)
!
!
n − 1 n−m m−1
n − 1 n−m−1 m
= (· · · +
a
b
+
a
b + . . . )(a + b)
m−1
m
!
!
n − 1 n−m m
n − 1 n−m m
= ··· +
a
b +
a
b + ...
m−1
m
"
!
!#
n−1
n−1
= ··· +
+
an−m bm + . . .
m−1
m
2
Aus dem Koeffizientenvergleich des Terms an−m bm mit dem selbigen aus (∗) folgt schließlich
!
!
!
n
n−1
n−1
=
+
.
m
m−1
m
Beispiel
1. Berechnen wir mit der rekursiven Formel von
Pascal
den Binomialkoeffizi 3
3
3
3
enten 2 . Aus dem binomischen Lehrsatz für (a+b) = 0 a + 31 a2 b+ 32 ab2 + 33 b3 =
a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 erkennen wir, dass die Formel für 32 das Ergebnis 3 liefern muss.
Rechnen wir nach:
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
3
2
2
1
1
1
1
0
0
0
0
=
+
=
+
+
+
=1+
+
+
+
+0
2
1
2
0
1
1
2
0
1
0
1
=1+1+0+1+0=3
Leider stellt sich diese Art der Berechnung doch als etwas mühsam heraus und scheint
für große n, m beinahe unmöglich. Eine weitere - wesentlich kompaktere - Methode einen
Binomialkoeffizient zu berechnet bietet der folgende Satz. Dieser leitet sich direkt aus
der soeben vorgestellten Rekursiven Formel von Pascal ab.
Satz 2 (Berechnung von Binomialkoeffizienten). Seien n, m ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n. Dann
gilt
!
n!
n
=
m!(n − m)!
m
Beweis. Seien n, m ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n. Wir führen einen Induktionsbeweis nach n.
Induktionsanfang: Sei n = 0 (und somit m = 0):
!
!
1
0!
n
0
= =1
=
=
0!(0 − 0)!
1
0
0
Dies ist offensichtlich richtig (Satz 1).
Induktionsannahme: Die Formel
0 und n − 1.
n
m
=
n!
m!(n−m)!
gelte für
n−1
m
, also für alle m zwischen
Induktionsschritt: (n − 1) → n:
!
!
!
n
n−1
n−1
=
+
m
m−1
m
(n − 1)!
(n − 1)!
=
+
(m − 1)!(n − 1 − m + 1)! m!(n − 1 − m)!
(n − 1)!
(n − 1)!
=
+
(m − 1)!(n − m)! m!(n − m − 1)!
m(n − 1)! + (n − m)(n − 1)!
(m + n − m)(n − 1)!
=
=
m!(n − m)!
m!(n − m)!
n(n − 1)!
n!
=
=
.
m!(n − m)!
m!(n − m)!
3
Beispiel 2. Berechnen wir noch einmal 32 und vergleichen unser Ergebnis mit dem aus
Beispiel 1:
!
3
3!
3!
6
=
=
= =3
2
2!(3 − 2)!
2! · 1!
2
1.2 Anwendung in Kombinatorik und Wahrscheinlichkeitsrechnung
Neben dem binomischen Lehrsatz spielen die Binomialkoeffizienten vor allem im Bereich
der Kombinatorik und Wahrscheinlichkeitsrechnung
eine große Rolle. Wie bereits in
n
Definition 1 erwähnt spricht man m auch als ’m aus n’. Der Grund hierfür folgt in
Proposition 1.
Proposition 1. Seien n, m ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n. Dann gibt es genau
m Objekte aus einer Grundmenge von n Objekten auszuwählen.
n
m
Möglichkeiten,
Beweis. Seien n, m ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n. Wir führen wieder einen Induktionsbeweis nach
n.
Induktionsanfang: Für den Fall n = 0 ist Proposition 1 offensichtlich richtig.
Induktionsannahme: Es gelte Proposition 1 für eine Grundmenge von n − 1 Objekten.
Induktionsschritt: (n − 1) → n: In dieser Grundmenge von n Objekten markieren wir
zuerst ein beliebiges Objekt, welches garantiert eines der ausgewählten m Objekte
sein soll. Wenn wir jetzt das erste Objekt nehmen, gibt es genau 2 verschiedene
Fälle, die eintreten können:
Fall 1: Wir entscheiden uns für das markierte Objekt. In weiterer Folge müssen wir
dann also noch (m − 1) Objekte aus einer verbleibenden Grundmenge von
(n − 1) Objekten wählen. Da für eine Grundmenge
von
(n − 1) Objekten
n−1
unsere Induktionsannahme gilt, gibt es insgesamt m−1 Möglichkeiten.
Fall 2: Wir entscheiden uns nicht für das markierte Objekt. Dann müssen wir noch
immer m Objekte aus einer verbleibenden Grundmenge von (n − 1) Objekten
auswählen.
Auch hier gilt unsere Induktionsannahme, d.h. es gibt insgesamt
n−1
Möglichkeiten.
m
Da genau
Fälle eintreten muss, beträgt die Anzahl aller Möglich einer
der beiden
n−1
keiten m−1
+ n−1
.
Aus
der
rekursiven Formel von Pascal (Satz 1) folgt:
m
!
!
!
n−1
n−1
n
+
=
m−1
m
m
Beispiel 3 (Lotto 6 aus 45). Wie viele mögliche Kombinationen für die ’6 Gewinnerzahlen’ gibt es?
Lösung 1. Es müssen 6 aus einer
von 45 Zahlen gewählt werden. Laut
Grundmenge
45
Proposition 1 gibt es dafür genau 6 = 8145060 mögliche Kombinationen.
4
2 Das Pascalsche Dreieck
Beim Pascalschen Dreieck handelt es sich um eine systematische Auflistung der Binomialkoeffizienten (in Form eines Dreiecks). Benannt wurde es nach dem französischen
Mathematiker Blaise Pascal (17. Jh.), tatsächlich aber ist diese schematische Anordnung
weit älter als sein Namensgeber (10. Jh.).
0
0
1
0
6
0
4
4
5
3
6
3
5
5
6
4
6
5
1
6
6
1
2
4
5
6
1
3
1
5
4
6
2
1
4
3
5
2
6
1
3
3
4
2
5
1
1
3
2
4
1
5
0
2
2
3
1
4
0
1
2
1
3
0
1
1
2
0
1
1
3
6
10
15
1
4
10
20
1
5
15
1
6
1
Abbildung 1: Pascalsches Dreieck
2.1 Eigenschaften des Pascalschen Dreiecks
Proposition 2. Es seien n, m ∈ N mit 0 ≤ m ≤ n. Dann gelten:
1.
n
0
+
+ ··· +
2.
n
0
−
+ · · · + (−1)m
3.
+
+
+ ··· =
4. Symmetrie:
=
n
0
n
1
n
1
n
2
n
4
n
m
n
n
= 2n
+ · · · + (−1)n
+
n
m
n
1
n
3
+
n
5
n
n
=0
+ ...
n
n−m
Beweis. Die Punkte 1 und 2 lassen sich ganz einfach mithilfe des Binomischen Lehrsatzes
beweisen:
1. 2n = (1 + 1)n =
2. 0 = (1 − 1)n =
n
0
n
0
+
−
n
1
n
1
+ ··· +
n
n
+ · · · + (−1)m
n
m
+ · · · + (−1)n
n
n
3. Folgt unmittelbar aus 2.:
!
!
!
!
!
!
n
n
n
n
n
n
−
+
−
+
−
+ · · · = 0 ⇐⇒
0
1
2
3
4
5
5
!
!
!
!
!
!
n
n
n
n
n
n
+
+ ··· =
+
+
+ ...
⇐⇒
+
0
2
4
1
3
5
4. Um die Symmetrie zu beweisen berechnen wir
n
n−m
mit der Formel aus Satz 2:
!
!
n
n!
n!
n!
n
=
=
=
=
n−m
(n − m)!(n − (n − m))!
(n − m)!(n − n + m))!
m!(n − m)!
m
2.2 Kongruenzen modulo p im Pascalschen Dreieck
Wir beginnen mit einem einfachen Beispiel. Wir nehmen das Pascalsche Dreieck her und
streichen alle geraden Zahlen. Abbildung 2 soll dies visualisieren.
Abbildung 2: Pascalsches Dreieck mod 2
Wir erkennen ein Muster im Pascalschen
Dreieck und versuchen einen Zusammenhang
n
mit dem Binomialkoeffizienten m herzustellen. Es sei 2r ≤ n < 2r+1 . Dann gilt
n
n − 2r
m ≤ n − 2 =⇒
≡
mod 2,
m
m
!
!
r
n
n
−
2
m ≥ 2r =⇒
≡
mod 2,
m
m − 2r
!
n
r
r
≡ 0 mod 2.
n − 2 < m < 2 =⇒
m
!
r
6
!
Betrachten wir hierzu ein kleines Zahlenbeispiel.
Beispiel 4. Es sei r = 1 und somit 2 ≤ n < 4. Das heißt n = 2 oder n = 3.
n=2:
!
!
!
3
≡
1
!
3
≡
3
2
0
m ≤ 0 =⇒
≡
mod 2,
0
0
!
!
2
0
m ≥ 2 =⇒
≡
mod 2,
2
0
!
2
0 < m < 2 =⇒
≡ 0 mod 2.
1
n=3:
!
3
1
m ≤ 1 =⇒
≡
∧
0
0
!
!
3
1
m ≥ 2 =⇒
≡
∧
2
0
1 < m < 2 existiert nicht.
!
!
1
mod 2,
1
!
1
mod 2,
1
Von unserer Beobachtung für den Fall p = 2 kommen wir nun zu einem allgemeinen Satz
über Kongruenzen im Pascalschen Dreieck mod p. Für den Beweis des Satzes benötigen
wir ein Lemma.
Lemma 1. Seien p ∈ P, m ∈ N mit 0 < m < p. Dann ist
p
m
durch p teilbar.
Beweis. Sei p ∈ P, m ∈ N mit 0 < m < p. Dann ist
!
p
p(p − 1) . . . (p − m + 1)
=
m
m!
und
p
m
p
=
p(p−1)...(p−m+1)
m!
p
Somit teilt p den Binomialkoeffizient
p
m
(p − 1) . . . (p − m + 1)
.
m!
=
.
Satz 3 (Satz von Lucas (1872)). Sei p ∈ P eine Primzahl und seien m, n, q, r ∈ N mit
0 ≤ q < p und 0 ≤ r < p. Dann gilt
!
!
pn + q
n
q
≡
·
pm + r
m
r
7
!
mod p
Beweis. Sei p ∈ P eine Primzahl und seien m, n, q, r ∈ N mit 0 ≤ q < p und 0 ≤ r < p.
Wegen Lemma 1 gilt ∀a, b ∈ R
p
(a + b) =
p
X
!
p p−i i
a b ≡ ap + b p
i
i=1
mod p.
Daher ist
(a + b)pn+q = ((a + b)p )n (a + b)q ≡ (ap + bp )n (a + b)q
mod p.
Bei genauerer Betrachtung von (ap + bp )n (a + b)q erkennen wir
p
p n
q
(a + b ) (a + b) =
! 

q
n p(n−i) pi X
q q−j j 
a b
a
b
·
i
j=0 j
n
X
!
i=0
!
Wir nehmen den m-ten Summanden von (ap +bp )n und den r-ten Summanden von (a+b)q
und erhalten
n
m
!
!
!
n
q pm+r p(n−m)+(q−r)
b
=
a
m
r
!
q pm+r pn+q−(pm+r)
b
.
a
r
Somit folgt
!
!
pn + q
n
q
≡
·
pm + r
m
r
!
mod p.
Wir erinnern uns, dass sich jede natürliche Zahl n bezüglich einer Basis g in der Form
n = (nr nr−1 . . . n1 n0 )g =
r
X
ni g i ,
i=0
mit r ∈ N und ni ∈ {0, . . . , g − 1}, ∀i ∈ {0, . . . r} schreiben lässt.
Beispiel 5. Um die Erinneriung ein wenig aufzufrischen betrachten wir ein paar Beispiele.
(423)10 = 4 · 102 + 2 · 101 + 3 · 100
(101)2 = 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20
(CF 9)16 = 12 · 162 + 15 · 161 + 9 · 160
Kommen wir nun zu einem Satz, der für p ∈ P ein schönes Resultat liefert.
Satz 4. Seien p ∈ P, n = (nr nr−1 . . . n1 n0 )p und m = (mr mr−1 . . . m1 m0 )p . Dann gilt
!
!
!
!
n
nr
nr−1
n1
n0
≡
·
· ··· ·
·
m
mr
mr−1
m1
m0
8
!
mod p.
Beweis. Wir führen einen Induktionsbeweis. Seien p ∈ P, n = (nr nr−1 . . . n1 n0 )p und
m = (mr mr−q . . . m1 m0 )p .
Induktionsanfang: Sei r = 0. Dann ist n = (n0 )p und m = (m0 )p . Dann ist die Aussage
auf Grund von
!
!
!
n
n0
n0
=
≡
mod p
m
m0
m0
offensichtlich.
Induktionsannahme: Es gelte für n = (nr−1 . . . n0 )p und m = (mr−1 . . . m0 )p
!
!
n
nr−1
n0
≡
...
m
mr−1
m0
!
mod p.
Induktionsschritt: Es seien nun n = pn0 + n0 und m = pm0 + m0 mit n0 = (nr . . . n1 )p
und m0 = (mr . . . n1 )p . Dann folgt aus Satz 3 und der Induktionsannahme, dass
n
pn0 + n0
n0
=
≡
m0
m
pm0 + m0
!
!
!
n0
m0
!
mod p
gilt. Aus
n0
rr
n1
≡
...
0
m
mr
m1
folgt die zu beweisende Aussage
!
!
!
!
!
!
mod p
!
n
nr
nr−1
n1
n0
≡
·
· ··· ·
·
m
mr
mr−1
m1
m0
!
mod p.
Um diesen Satz besser zu verstehen betrachten wir ein Beispiel.
Beispiel 6. Wir wollen den Rest von
6559
4294
mod 3, mod 5 und mod 16 bestimmen.
mod 3 : Wir starten mit der Konvertierung der Zahlen in Zahlen der Basis 3.
(6559)10 = (22222221)3
(4294)10 = (12220001)3
Dann ist
!
!
!
!
!
!
!
!
!
6559
2 2 2 2 2 2 2 1
≡
mod 3,
4294
1 2 2 2 0 0 0 1
!
6559
≡ 2 · 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · 1 = 2 mod 3
4294
Zur Kontrolle berechnen wir
und erhalten als Ergebnis
6559
4294
mod 3 mit einem Computer Algebra System
!
6559
≡2
4294
9
mod 3.
mod 5 : Wir starten mit der Konvertierung der Zahlen in Zahlen der Basis 5.
(6559)10 = (202214)5
(4294)10 = (114134)5
Dann ist
!
!
!
!
!
!
!
6559
2 0 2 2 1 4
≡
mod 5,
4294
1 1 4 1 3 4
!
6559
≡ 2 · 0 · 0 · 2 · 0 · 1 = 0 mod 5
4294
Zur Kontrolle berechnen wir
und erhalten als Ergebnis
6559
4294
mod 5 mit einem Computer Algebra System
!
6559
≡0
4294
mod 5.
mod 16 : Wir starten mit der Konvertierung der Zahlen in Zahlen der Basis 16.
(6559)10 = (199F )16
(4294)10 = (10C6)16
Dann ist
!
!
!
!
!
6559
1 9 9 F
≡
4294
1 0 C
6
!
6559
≡ 1 · 1 · 0 · 5005 = 0
4294
Zur Kontrolle berechnen wir
und erhalten als Ergebnis
6559
4294
mod 16,
mod 16
mod 5 mit einem Computer Algebra System
!
6559
≡4
4294
mod 16.
Da 16 keine Primzahl ist können wir Satz 4 nicht anwenden und somit können wir
nicht ziffernweise aufspalten.
Wir wollen nun unsere Beobachtung über gerade und ungerade Zahlen im Pascalschen
Dreieck nochmals unter dem Gesichtspunkt von Satz 4 betrachten. Es sei 2r ≤ n < 2r+1 .
Dann ist n = (1nr−1 . . . n1 n0 )2 und m = (mr mr−1 . . . m1 m0 )2 . Dann gilt
n0
n − 2r
=
mod 2,
m0
m
!
!
n0
n − 2r
=
mod 2,
m0
m − 2r
!
n
r
r
n − 2 < m < 2 =⇒ ∃i ≤ r − 1 : ni < mi =⇒
≡ 0 mod 2.
m
!
n
m ≤ n − 2 =⇒
≡
m
!
n
r
m ≥ 2 =⇒
≡
m
r
!
1
0
!
1
1
!
nr−1
...
mr−1
!
nr−1
...
mr−1
!
!
Soweit ein kleiner Einblick in das Pascalsche Dreieck und Binomialkoeffizienten mod p.
In [1] wird ein Ausblick auf Eigenschaften bezüglich höherer Potenzen von p gegeben.
10
3 Catalan Zahlen
Eine interessante Anwendung des Binomialkoeffizienten ist die Einführung der Catalan
Zahlen. Wir wollen hier einen kurzen Einblick in dieses Thema geben. Weiterführende
Informationen zu den Catalan Zahlen findet man zum Beispiel in [2].
Definition 2 (Catalan Zahlen). Sei n ∈ N. Dann heißt
2n
(2n)!
n
=
Cn :=
n!(n + 1)!
n+1
Catalan Zahl.
Wir wollen die ersten sechs Catalan Zahlen berechnen.
2!
1!·2!
8!
4!·5!
C1 =
C4 =
4!
2!·3!
10!
5!·6!
= 1 C2 =
= 14 C5 =
= 2 C3 =
= 42 C6 =
6!
3!·4!
12!
6!·7!
=5
= 132
Wir erkennen, dass die ersten sechs Catalan Zahlen natürliche Zahlen sind. Es stellt sich
die Frage, ob das für alle Catalan Zahlen gilt und wollen diese Annahme mit Hilfe eines
Satzes bestätigen.
Satz 5. Es gilt
∀n ∈ N : Cn ∈ N.
Beweis. Sei n ∈ N Dann gilt
1
(2n)!
1
(2n)!
1
(2n)!
=
·
=
−
·
n!(n + 1)!
n(n + 1) (n − 1)!n!
n n+1
(n − 1)!n!
!
!
(2n)!
(2n)!
2n
2n
=
−
=
−
.
n!n!
(n − 1)!(n + 1)!
n
n+1
Cn =
| {z }
|
∈N
P∞
Satz 6. Sei C(x) :=
1. (x · C(x))0 =
n=0
P∞
2. Für 0 < |x| <
Beweis. Sei C(x) =
1
4
2n
n
xn
gilt C(x) =
P∞
n=0
}
Cn xn . Dann gilt
n=0
{z
∈N
√
1− 1−4x
2x
C n xn .
∞
n
n+1
1. Aus C(x) = ∞
und (x ·
n=0 Cn x folgt unmittelbar, dass x · C(x) =
n=0 Cn x
P
∞
0
n
C(x)) = n=0 (n + 1) · Cn x ist. Somit ergibt sich die Aussage
P
P
0
(x · C(x)) =
∞
X
n
(n + 1) · Cn x =
n=0
∞
X
(n + 1) ·
n=0
11
2n
n
n+1
n
x =
∞
X
n=0
!
2n n
x .
n
2. Sei 0 < |x| < 14 . Aus (x · C(x))0 =
ist, folgt
P∞
n=0
2n
n
!
1
xn = (1 − 4x)− 2 , was noch zu zeigen
1
x · C(x) =
Z
− 12
(1 − 4x)
1
1 (1 − 4x) 2
(1 − 4x) 2
+ C.
dx = − ·
+C =−
1
4
2
2
Um C zu bestimmen betrachten wir
0 · C(0) = 0
1
0=− +C
2
1
=C
2
√
√
Somit ist x · C(x) = 1− 21−4x undC(x)
= 1− 2x1−4x .
P
2n
− 12
n
Bleibt noch zu zeigen, dass ∞
gilt. Aus der Analysis wissen
n=0 n x = (1 − 4x)
wir, dass für r, y ∈ R mit |y| < 1
∞
X
r
(1 + y) =
n=0
!
r(r − 1) 2
r n
y ...
y = 1 + ry +
2!
n
ist. Wir setzen nun y = −4x und r = − 21 . Somit muss |x| <
1
4
sein. Wir erhalten
− 12 − 23
1
1
√
(−4x)2 + . . .
= 1 − · (−4x) +
2
2!
1 − 4x
und für den Term (−4x)n gilt algemein
− 12
− 32 . . . − 2n−1
2
n!
1 · 2 · · · · · (2n − 1)
· (−4x)n
n
2 n!
1 · 2 · · · · · 2n
=
4n xn
n
2 · 4 · · · · · 2n · 2 n! !
(2n)!
2n n
= n n 4n xn =
x
2 n!2 n!
n
· (−4x)n = (−1)n ·
Daraus folgt unmittelbar die zu beweisende Aussage
∞
X
2n n
1
√
=
x .
1 − 4x n=0 n
!
Satz 7. Sei n ∈ N, n ≥ 1. Da gilt
Cn =
X
p+q=n−1
mit p, q ∈ N.
12
Cp · Cq ,
√
Beweis. Sei n ∈ N, n ≥ 1. Aus C(x) = 1− 2x1−4x folgt
√
√
1
−
4x
−
4x
1
−
1 − 4x − 2x
2
−
2
=
C(x)2 =
2
4x
2x2
und
x · C(x) = x ·
1−
√
1 − 4x − 2x
1−
=
2
2x
√
1 − 4x − 2x
.
2x
Somit gilt
1−
x · C(x) − C(x) + 1 =
Wegen C(x)2 =
P∞
n=0
√
P
√
1 − 4x − 2x 1 − 1 − 4x
2x
−
+ 1 = − + 1 = 0.
2x
2x
2x
n
p+q=n Cp Cq x können wir x · C(x) − C(x) + 1 = 0 auch durch
∞
X


Cp Cq  xn+1 −
X

n=0
p+q=n
∞
X
C n xn + 1 = 0
n=0
ausdrücken. Somit folgt
0=
∞
X
X

n=1
0=
∞
X
∞
X
n=1
Cn =

∞
X
p+q=n−1


X
Cp Cq  −
∞
X
Cn ,
n=1
p+q=n−1


X

n=1

C p C q  − C n  xn ,
X

n=1
Cn xn + 1,
n=1
p+q=n−1

∞
X
∞
X
C p C q  xn − 1 −

n=1
0=


Cp Cq 
p+q=n−1
und es ergibt sich induktiv, dass
Cn =
X
Cp Cq
p+q=n−1
mit n ≥ 1 gilt.
Abschließend wollen wir noch eine geometrische Anwendung der Catalan Zahlen anschauen. Für dieses Beispiel benötigen wir das Resultat von Satz 7
Definition 3 (Triangulation). Es sei P ein beliebiges konvexes n-Eck. Dann heißt die
Unterteilung von P in n − 2 Dreiecke Triangulation von P.
Satz 8. Es sei n ≥ 3 und P ein beliebiges konvexes n-Eck. Dann gibt es für n ≥ 3 genau
Cn−2 mögliche Triangulationen von P.
13
Beweis. Wir führen einen Induktionsbeweis nach n.
Induktionsanfang: Es sei n = 3 und somit ist P ein Dreieck. Die Möglichkeiten ein
Dreieck zu triangulieren ist offensichtlich C1 = 1. Diese eine Möglichkeit ist das
Dreieck selbst.
Induktionsannahme: Die Aussage gelte für alle k-Ecke mit k < n.
Induktionsschritt: Es sei nun P = Q1 Q2 . . . Qn ein konvexes n-Eck. Wir betrachten
eine Triangulation von P . Sei 3 ≤ k ≤ n. Dann ist 4(Q1 Q2 Qk ) jenes Dreieck
der Triangulation, welche die Punkte Q1 und Q2 enthält. Dann können wir die
restliche Triangualation durch die Triangulation des (k-1)-Ecks Q2 Q3 . . . Qk und
des (n-k+2)-Ecks Q1 Qk Qk+1 . . . Qn . Dann ist die Triangulation von P
Cn−3 +
n−1
X
Ck−3 Cn−k + Cn−3 =
X
Cp Cq = Cn−2 .
p+q=n−3
k=4
Q4
Q4
Q5
Q3
Q1
Q4
Q5
Q2
Q3
Q1
Q2
Q4
Q3
Q1
Q2
Q4
Q5
Q3
Q1
Q5
Q5
Q2
Q3
Q1
Q2
Abbildung 3: Triangulationen eines Fünfecks
Literatur
[1] Fuchs, D., and Tabachnikov, S. Ein Schaubild Der Mathematik: 30 Vorlesungen
Über Klassische Mathematik. Springer, 2011.
[2] Schmidthammer, J. Catalan Zahlen.
ba2636/catalanz.pdf, 1996.
14
http://www.bnv-bamberg.de/home/