Beweis des Binomischen Satzes Ein Beispiel für mathematische Beweisführung Oliver Müller 21. Februar 25 1 Vorwort Dieser Text soll hilfreich beim Erlernen der mathematischen Beweisführung über vollständige Indution sein. Es wird hier ein vollständiger Beweis inlusive aller seiner Zwischenschritte vorgeführt. Gerade dieses Schritt für Schritt-Vorgehen soll beim Verstehen des Prinzips helfen. Dies ommt leider meiner Meinung nach in vielen Lehrbüchern zu urz. Um einen Beweis möglichst nicht auf Abstrates beschränt zu lassen, wird hier der allseits beannte Binomische Lehrsatz als Beispiel herangezogen. Allerdings wird dieser hier lediglich in einem Spezialfall betrachtet. Man önnte selbstverständlich die Beweisführung auch für den allgemein gültigen Lehrsatz führen. Man müsste das Beweisen eben für beide Seiten parallel führen. Dies würde aber an dieser Stelle mehr verwirren, als zum Verständnis von mathematischen Beweisführungen beitragen. (Zumindest mich hätte es beim Verstehen der vollständigen Indution sehr verwirrt. Das mag aber an meinen begrenzten Fähigeiten liegen... Zum Beweis des vollständigen Satzes werden zwei Hilfssätze benötigt. Der Beweis des ersten Hilfssatzes bietet einen Ausflug in die Kombinatori und die ombinatorische Beweisführung. Sollten Sie diesen Beweis nicht auf Anhieb verstehen, eine Sorge! Lassen Sie ihn einfach erstmal lins liegen, und nehmen Sie diesen Hilfssatz als gegeben hin. Wenn Sie einmal einen Ausflug in das Reich der Kombinatori machen, wird auch dieser Beweis um einiges larer. Der Beweis wird hier der Vollständigeit halber angeführt. Er ist lediglich ein zusätzliches Schmanerl. Konzentrieren Sie sich im Wesentlichen auf die Beweise des zweiten Hilfssatzes auf Seite 5 und des Hauptsatzes im Abschnitt Beweis des Binomischen Satzes auf Seite 6. Gehen Sie diese Schritt für Schritt durch und nehmen Sie den ersten Hilfssatz lediglich als Anwendung hin. Ich hoffe, dass dieser Text ein bisschen hilfreich ist. Ich freue mich sehr über Rücmeldungen zu diesem Text. Ich bin über die Homepage http://www.cogito-ergo-sum.org oder diret per E-Mail an oliver@cogito-ergo-sum.org erreichbar. 1
2 Verwendete Notation Wichtige Sätze, auf die später Bezug genommen wird, sind in diesem Doument durchnummeriert. Es findet sich hierzu rechts von der jeweiligen Formelzeile eine in runden Klammern geschriebene Zahl. In den folgenden Gleichungen werden über das Gleichheitszeichen die Nummern der Sätze geschrieben, die angewendet wurden, um den einen Term in den anderen zu überführen. Als Beispiel für einen Satz das Distributivgesetz: Hier ein Beispiel für die Anwendung des Satzes: (a bc ac bc (1 4(x y (1 4x 4y Erläuterungen werden ähnlich angegeben. Zur Kennzeichnung werden hier lediglich leine lateinische Buchstaben verwendet. Auch hierzu ein Beispiel: 4(x y (a 4x 4y Erläuterungen: An der Stelle (a wird das Distributivgesetz angewendet. Derartige Erläuterungen sind jedoch nicht wie die Nummerierung der Sätze im gesamten Doument eindeutig. Sie beziehen sich nur auf die zuletzt wiedergegebene Beweisführung. Eine weitere Kennzeichnung, die genutzt wird, ist die Angabe der Buchstaben IV für die Indutionsvoraussetzung. Über einem Gleichheitszeichen bedeutet IV, dass an dieser Stelle die Indutionsvoraussetzung genutzt wird, um den einen Term in einen anderen zu überführen. 3 Einleitung Der Binomische Lehrsatz lautet (auf einen Spezialfall vereinfacht: (1 x n n wobei (auch in den folgenden Sätzen n, N und x R. x (2 Ziel dieses Textes ist es, zu zeigen, dass dieser Satz gilt. Dies geschieht durch vollständige Indution über n. 4 Hilfssätze Für den Beweis des Satzes (2 werden zwei Hilfssätze benötigt. Auf die Beweise dieser Hilfssätze soll an dieser Stelle auch nicht verzichtet werden. Der Beweis des ersten Hilfssatzes ermöglicht einen Ausflug ins Reich der Kombinatori. Der Beweis des zweiten Hilfssatzes ist hingegen ein Indutionsbeweis. 2
4.1 Erster Hilfssatz Der erste Hilfssatz lautet: 1 (3 für n 1. Die Gültigeit dieses Hilfssatzes lässt sich leicht über einen ombinatorischen Beweis zeigen: Wir wählen eine n-elementige Menge X. Diese Menge X hat - wie uns die Kombinatori lehrt - genau ( n -elementige Teilmengen. Wir wählen nun ein a X. Die -elementigen Teilmengen von X teilen sich damit in zwei Gruppen: Teilmengen, die a enthalten, und Teilmengen, die a nicht enthalten. Die Teilmengen, die a nicht enthalten, sind genau die -elementigen Teilmengen von X \ {a}. Davon gibt es ( viele, da die Menge X \ {a} - infolge des Wegfalls von a - nur Elemente hat. Für die Ermittlung der Anzahl der anderen Teilmengen von X, die a enthalten, verwenden wir eine Bijetion. Aus allen -elementigen Teilmengen von X, die a enthalten, wird das Element a entfernt. Die Anzahl der Teilmengen wird davon nicht berührt. Es sind dann zwar nur noch ( 1-elementige Teilmengen, aber immer noch genauso viele! Zur Verdeutlichung der Bijetion: Die Menge aller -elementigen Teilmengen von X, die a enthalten, nennen wir A. Die Menge aller Mengen die durch Entfernen von a aus den Elementmengen von A entsteht, bezeichnen wir mit B. Damit lässt sich eine Abbildung f und deren eindeutige Umehrung f definieren. Es entsteht eine Bijetion: f : A B ; f(x : x \ {a} f : B A ; f (x : x {a} Da hier jedoch eine Bijetion vorliegt, haben A und B gleich viele Elemente. Damit ann zur Ermittlung der Anzahl der Elemente von A die Anzahl der Elemente von B herangezogen werden. Die beiden Mengen sind schließlich gleichmächtig. Die elementweise Vereinigungsmenge a A M a aller Elementmengen M i von A ist zwangsläufig X. Schließlich sind diese Teilmengen M i alle -elementigen Teilmengen von X, die a enthalten. Es sind also alle möglichen -elementigen Kombinationen der Elemente von X, die a enthalten. Alle möglichen Kombinationen ist hier das Stichwort! In dem Moment, wo aus all diesen Kombinationen das Element a entfernt wird, erhält man zwangsläufig alle möglichen ( 1- elementigen Kombinationen ohne a. a ist das einzig onstante Element. Für die Kombinationen relevant sind lediglich die anderen Elemente. 3
a ist das einige Element, das in den Elementmengen von B nicht erscheint. Folglich muss die elementweise Vereinigungsmenge b B N b aller Elementmengen N i von B die Menge X \ {a} sein. Nachdem B alle Kombinationen der Länge 1 enthält und b B N b gleich X \ {a} ist, folgt daraus, dass B alle ( 1-elementigen Mengen der Menge X \ {a} enthält. Im Gegensatz zur n-elementigen Mengen X enthält X \ {a} nur Elemente. Die Anzahl aller ( 1-elementigen Mengen der X \ {a} ist demnach ( 1. Somit haben auch B und A ( 1 Elemente. A ist die Menge aller -elementigen Teilmengen von X, die a enthalten. Sie hat ( 1 Elemente. Die Menge aller -elementigen Teilmengen von X, die a nicht enthalten, hat ( Elemente. Somit muss die Menge aller -elementigen Teilmengen von X gerade so viele Elemente enthalten, wie die Summe ( 1 ( ( ergibt. Wie eingangs erwähnt hat die Menge X jedoch n -elementige Teilmengen. Daraus folgt unmittelbar 1 4
4.2 Zweiter Hilfssatz Der zweite Hilfssatz lautet: für n 1. x x n 1 x (4 1 Der Beweis lässt sich durch vollständige Indution über n führen: n 1: x ( ( ( z z z x x x x x x 1 1 1 x 1 Erläuterungen: Beim Beweis des Indutionsanfangs für eines oder einige wenige leine Startelemente rechnet man am besten von beiden Seite auf die Mitte zu. Lins fängt man mit der linen Seite der zu beweisenden Formel an und auf der rechten mit der rechten Seite der Formel. Wenn sich beide Ergebnisse in der Mitte treffen, ist der Beweis für das jeweilige Element geführt. Wir gehen nun davon aus, dass die Indutionsvoraussetzung für alle Werte bis erfüllt sei und führen den Beweis für den Nachfolger n von. x x (a x [ n 2 ( ( ] z z x x n 2 ( ( (b z z x x x (c x IV ( 1 x 1 1 n x 1 1 x ( ( z z x Erläuterungen: An diesem Beweis ist ein typisches Prinzip indutiven Beweisen bei Summen zu sehen. Im ersten Schritt (a wird der Summand, der durch den Nachfolgender n von ( hinzuam, abgespalten. Nach dem Anwenden des Distributivgesetzes in (b erhält man nach Schitt (c im ersten Summanden genau die Indutionsvoraussetzung für ( und ann den Term durch diese ersetzen. Nun gilt es nur noch den letzten Summen zurüc unter das Summenzeichen zu beommen. Es ergibt sich die ursprünglich zu beweisende Aussage, und der Beweis ist geführt. 5
5 Beweis des Binomischen Satzes Mit den beiden Hilfssätzen (3 und (4 ist es nun einfach den Binomischen Satz (2 selbst zu beweisen. Der Beweis für n ist trivial und auch n 1 ist einfach zu zeigen: n : n 1: (1 x 1 (1 x 1 1 x ( 1 x ( x ( 1 x 1 1 x 1 ( 1 x Wir gehen auch hier wieder davon aus, dass die Indutionsvoraussetzung für alle Werte bis erfüllt sei und führen den Beweis für n: (1 x n (1 x(1 x ( IV (1 x x ( (a x x x ( (4 n x x 1 (b (3 (c 1 ( ( ( x 1 ( x x n x 1 1 ( n x x n ( x 1 Erläuterungen: Als Erstes wird der zuätzliche Fator (1x, ausgelammert, sodass der zweite Fator der Indutionsvoraussetzung für ( entspricht. Dieser zweite Fator ann nur einfach ersetzt werden. Dies ist - ähnlich wie der Tric bei der Summe im Beweis des Hilfssatzes (4 - auch typisch für Indutionsbeweise. Hier wird eben statt eines zusätzlichen Summanden ein zusätzlicher Fator abgespalten, der durch den Nachfolger entstanden ist. An Stelle (a wird die Distributivität genutzt: (1 xb b xb. Nun ann der Hilfssatz (4 auf den zweiten Summanden angewendet werden. 6
An der Position (b werden die beiden Summen zusammengezogen, wobei von der ersten Summe der erste Summand und von der zweiten Summe der letzte Summand herausgezogen werden. Beim Zusammenziehen der Summanden wird x geschict ausgelammert, um im nächsten Schritt den Hilfssatz (3 anzuwenden. Die Idee bei (c für den ersten und den letzten Summanden ist recht einfach. Bei einem Binominaloeffizienten der Form ( x ann x N beliebig gewählt werden, ohne das Ergebnis - nämlich 1 - zu verändern. Somit gilt ( ( 1 n. Ebenso verhält es sich mit einem Binominaloeffizienten der Form ( x x. Daher gilt ( ( 1 n n. Mit diesem Tric lässt sich die Summe auf die urspünglich erwartete Formel reduzieren. 7