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Herleitung des binomischen Satzes (a+b) hoch n
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Foren-Übersicht -> Mathe-Forum -> Herleitung des binomischen Satzes (a+b) hoch n
 
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Gast







BeitragVerfasst am: 01 Apr 2005 - 11:12:29    Titel: Herleitung des binomischen Satzes (a+b) hoch n

Hi Leute,

ich soll Referat halten: Die Herleitung des Binomischen Satzes (Mathematische Formeln und Definitionen von Barth Mühlbuaer Nikol Wörle, die rote Formelsammlung halt S:13)
Ich soll das dann noch mit nem Beispiel machen, aber ich finde nirgends was dazu im Netz nicht, in meinen Büchern nicht, könnt ihr mir helfen???

DRINGEND!

thanx
niggo
algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
Beiträge: 4143
Wohnort: Passau

BeitragVerfasst am: 01 Apr 2005 - 13:29:08    Titel:

Der Beweis dieses Satzes kann sowohl formal durch Induktion als auch "informell" durch einen kombinatorischen Beweis geführt werden. In beiden Fällen benutzt man das Distributivgesetz um den Ausdruck (a+b)^n in eine vollständige distributive Normalform zu bringen. Nach der vollständigen Anwendung des Distr. Gesetzes (und nur davon) muß man (für den kombinatorischen Beweis) nicht mehr tun, als die Anzahl der Summanden mit gleichen Exponenten der Form c a^k b^(n-k) zu zählen. Durch einfache Überlegung ergibt sich eben c = (n over k).

Beide Beweise, glaube ich, findest Du in Steger, Diskrete Strukturen I.
Gast







BeitragVerfasst am: 01 Apr 2005 - 13:57:25    Titel: dankööö

merci beaucoup

ich werd mir das mal bei frau steger anschauen und sehn ob ich damit klar komm Very Happy

danke aufjedenfall

niggo
algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
Beiträge: 4143
Wohnort: Passau

BeitragVerfasst am: 01 Apr 2005 - 20:57:41    Titel:

Ich habe gerade in Steger nachgeschaut. Der kombinatorische Beweis ist auf der Seite 20. Den anderen habe ich dort nicht gefunden. Daher rate ich mal los Smile

Behauptung A(n): (a+b)^n = sum_{k=0}^n (n over k) a^k b^{n-k}

Beweis: Induktion nach n

I.Basis : Für den Fall n = 1 ist die Aussage trivial:

(a+b)^1 = a + b = (1 over 0) a^0 b^1 + (1 over 1) a^0 b^1 = sum_{i=0}^1 (1 over k) a^k b^(n-k)

I.Annahme sei A(n) für ein n in N_0 bewiesen

I.Schritt: Betrachte n+1.

(a+b)^{n+1} = (a+b)(a+b)^n = (I.Annahme)
(a+b) sum_{k=0}^n (n over k) a^k b^{n-k} = (Distributivgesetz)
a sum_{k=0}^n (n over k) a^k b^{n-k} + b sum_{k=0}^n (n over k) a^k b^{n-k} = (Distributivgesetz)
sum_{k=0}^n (n over k) a^{k+1} b^{n-k} + sum_{k=0}^n (n over k) a^k b^{(n+1)-k} (*)

Nun gilt aber:

sum_{k=0}^n (n over k) a^{k+1} b^{n-k} = (Indexverschiebung)
sum_{k=1}^{n+1} (n over k) a^k b^{n-k+1} = (Letzten Summanden abspalten)
a^{n+1} + sum_{k=1}^n (n over k-1) a^k b^{n-k+1}

Weiterhin gilt:

sum_{k=0}^n (n over k) a^k b^{(n+1)-k} = (Ersten Summanden abspalten)
b^(n+1) + sum_{k=1}^n (n over k) a^k b^{(n+1)-k}

Beide Gleichheiten in (*) Einsetzen ergibt

(*) a^{n+1} + b^{n+1} + sum_{k=1}^n (n over k) a^k b^{n-k+1} + sum_{k=1}^n (n over k) a^k b^{(n+1)-k} = (Summen haben gleiche Laufindizies und können zusammengefaßt werden)
a^{n+1} + b^{n+1} + sum_{k=1}^n a^k b^{n-k+1} ((n over k-1) + (n over k)) = (Binomialsatz 2(c) FS. Seite 13 anwenden)
((n+1) over (n+1)) a^{n+1} b^{n-(n+1)+1) + ((n+1) over 0) a^0 b^{n+1} + sum_{k=1}^n a^k b^{n-k+1} ((n+1) over k) a^k b^{n-k+1} = (Erster Summand a^{n+1} geht als letzter und zweiter als erster in die Summe ein)
sum_{k=1}^n ((n+1) over k) a^k b^{n-k+1}
Das entspricht A(n+1)

Also gilt die Behauptung für alle n aus N_0
qed

Der Beweis ist nicht gerade trivial. Wenn Du Schühler bist, würdest Du den selber nicht zusammenbekommen. Ich habe ca. 20 Minuten gebraucht um den aufzuschreiben. Hätte ich das vorher gewußt, hätte ich nie gesagt, daß der in Steger mal auftaucht Smile Das ist kein "Frauenbeweis" Smile
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