16 KAPITEL 1. NAT¨URLICHE ZAHLEN UND INDUKTION induktiv

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KAPITEL 1. NATÜRLICHE ZAHLEN UND INDUKTION
induktiv vereinbaren:
0
Y
aj = 1 (leeres Produkt)
j=1
und
n+1
Y
j=1
aj = an+1
n
Y
aj .
j=1
Nun betrachten wir alle bijektiven Abbildungen einer n-elementigen Menge
in sich. Eine solche Abbildung wird als Permutation von n-Elementen bezeichnet.
Satz 1.4.1 (Anzahl der Anordnungen)
1. Die Anzahl aller Anordnungen von n Elementen ist n!.
2. Die Anzahl der bijektiven Abbildungen einer Menge mit n Elementen in
sich ist n!.
Beweis. Den ersten Teil beweisen wir durch Induktion. Für n = 1 gibt es (offenkundig) nur eine Anordnung.
Nehmen wir an, wir hätten die Behauptung für n-Elemente gezeigt und fragen
uns nun nach der Anzahl der Anordnungen von n + 1-Elementen. Wir haben
n + 1 Möglichkeiten das n + 1-ste Element auf die n + 1 Plätze zu verteilen und
dann nach Annahme jeweils n! Möglichkeiten die restlichen n Elemente auf die
verbleibenden n Plätze zu verteilen. Dabei kommt keine Anordnung zweimal vor
und wir erhalten (n + 1) · n! = (n + 1)! Anordnungen.
Um die zweite Behauptung zu beweisen, überlegen wir uns, dass es eine eineindeutige Abbildung von der Menge der Anordnung einer n-elementigen Menge
in die Menge der Permutationen dieser Menge gibt. Wenn dies gezeigt ist, sind
beide Mengen gleichmächtig und damit ist dann die Anzahl der Permutationen
ebenfalls n!.
Wir beginnen mit einer Anordnung, und nummerieren Plätze und Elemente, d. h. wir arbeiten mit der Menge der Zahlen 1, . . . , n. Wir bilden nun Paare
(i, j) wobei i die Nummer des Platzes und j die Nummer des Elementes ist. Da
auf jedem Platz nur ein Element untergebracht ist, ist dies eine Funktion und
wir schreiben f (i) = j. f ist injektiv, da jedes Element nur an einem Platz untergebracht wird und da jedes Element auch wirklich an einem Platz sitzt ist f
surjektiv und damit bijektiv.
Die Umkehrung wird entsprechend vorgenommen, das Element f (i) wird an
die i-te Stelle gebracht. Dies führt auf eine Anordnung.
Wir kommen nun zur Frage, wie viele Möglichkeiten gibt es eine k-elementige
Menge aus einer n-elementigen Menge auszuwählen. Die Antwort beruht auf einem gewissen Abzählschema und man kann sie wieder durch einen Induktionsbeweis begründen.
1.4. BINOMIALKOEFFIZIENTEN
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Satz 1.4.2 (k aus n)
Es gibt für k > 0
n
n!
=
k
(n − k)!k!
viele Möglichkeiten eine k-elementige Menge aus einer n-elementigen Menge
auszuwählen. Für k = 0 erhält man eine einzige Möglichkeit, wir setzen also
n
= 1.
0
Beweis. Sei 0 < k ≤ n. Bei der Auswahl des ersten Elementes hat man n
Möglichkeiten der Wahl, bei der des k-ten Elementes n − k + 1. Damit haben wir
insgesamt
k
Y
n−j+1
j=1
Möglichkeiten. Da aber die Reihenfolge der Auswahl der Elemente keine Rolle
spielt, es aber k! viele Reihenfolgen für die Auswahl der k Elemente gibt, erhalten
wir insgesamt
k
Y
n−j+1
j=1
j
viele Auswahlen und dies ist, wie man sofort sieht, das gleiche wie
n
n!
.
=
k
(n − k)!k!
Da man die leere Menge nur einmal auswählen kann, ergibt sich im Falle k = 0,
dass die nullelementige Menge nur auf eine Weise auswählbar ist. Der Konsistenz
halber setzen wir also
n
= 1.
0
Definition 1.4.3 (Binomische Koeffizienten)
Die Zahlen
n
n!
=
, n ∈ N, k ∈ N0
k
k!(n − k)!
heißen binomische Koeffizienten.
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Bemerkung 1.4.4 (Ganzzahligkeit der binomischen Koeffizienten)
Die binomischen Koeffizienten sind für n ∈ N und 0 ≤ k ≤ n ganze Zahlen.
Dies ist zwar aus der Definition nicht unmittelbar einsichtig, folgt aber sofort
aus ihrer Bedeutung für die Auswahl k-elementiger Teilmengen, vgl. Satz 1.4.2.
Beispiel 1.4.5 (Lotto)
Beim Lotto 6 aus 49 gibt es 13983816 verschiedene 6-elementige Teilmengen der
Zahlen 1, . . . , 49.
Wir kommen zu einem zentralen Satz.
Satz 1.4.6 (Binomische Formel)
Es gilt für x, y ∈ R, n ∈ N
n X
n n−k k
(x + y) =
x y .
k
k=0
n
Beweis. Den Koeffizienten bei xn−k y k erhält man indem man aus den n Faktoren
k auswählt, in denen y am Produkt beiträgt und dann muss natürlich
x aus den
n
verbleibenden n − k Faktoren ausgewählt werden. Da es nun k solche Auswahlen gibt, und die Koeffizienten
bei x, bzw. y jeweils 1 sind ergibt sich insgesamt
n
der Koeffizient k .
Ein alternativer Beweis nutzt wieder die vollständige Induktion. Die Behauptung ist richtig für n = 1, denn dann steht links und rechts jeweils x + y. Angenommen, die Behauptung sei gezeigt für n − 1, dann gilt
n−1 X
n − 1 n−1−k k
n−1
(x + y)
=
x
y .
k
k=0
Das Resultat für (x + y)n ergibt sich nun durch Multiplikation mit x + y, auf der
rechten Seite ergibt sich der Koeffizient von xn−k y k als Summe der Koeffizienten
von xn−k−1
y k und xn−k y k−1 . Diese sind nach Induktionsannahme gleich n−1
k
,
also
betrachten
wir
bzw. n−1
k−1
(n − 1)!
(n − 1)!
(n − k)(n − 1)! + k(n − 1)!
n!
+
=
=
.
(n − k − 1)!k! (n − k)!(k − 1)!
(n − k)!k!
(n − k)!k!
Korollar 1.4.7 (Summe der Binomialkoeffizienten)
n
2 =
n X
n
k=0
k
1.4. BINOMIALKOEFFIZIENTEN
Beweis. Setze im Satz 1.4.6 über die binomische Formel x = 1, y = 1.
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