Curso de alemán nivel medio con audio/Lección 091c

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Mathematik von A bis Z (Teil 28)

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Achtundzwanzigstes Kapitel

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Binomischer Lehrsatz

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Zuerst eine Begriffsfeststellung. Man nennt eine Zahl der Form $(x+a)$ oder $(x+b)$ eine „binomische Zahl“ oder, wenn mit dieser Zahl multipliziert wird, einen „binomischen Faktor“. Dabei ist das x hier nicht als Unbekannte aufgefaßt, sondern wird bloß aus gleichsam optischen Unterscheidungsgründen verwendet.

(Der tiefere Sinn der Verwendung des x liegt darin, daß der „binomische“ Lehrsatz vorwiegend zur Entwicklung von Funktionen benützt wird, in denen die Veränderliche x in einem Binom auftritt. )

„Binom“ (auf: deutsch: „Zweigliederausdruck“) heißt jede additive oder subtraktive Verbindung zweier Zahlen, die irgendwie als neue Einheit aufgefaßt wird.

Wenn ich nun etwa $(x+a)$ mit $(x+b)$ multipliziere, also das Produkt der binomischen Faktoren $(x+a)$ und $(x+b)$ bilden soll, so erhalte ich

$(x+a)(x+b)=x^{2}+ax+bx+ab=$$x^{2}+(a+b)x+ab$.

Ähnlich wäre

$(x+a)(x+b)(x+c)=$$x^{3}+(a+b+c)x^{2}+(ab+ac+bc)x+abc$,

was der Leser leicht nachprüfen kann.

Um den Aufbau unseres Ergebnisses noch deutlicher hervortreten zu lassen, wählen wir eine Darstellung, die schon Leibniz bei manchen Gelegenheiten anwandte, und schreiben:

??@

Fig. ?? 33a

Schon hier wird ein geübteres Auge, zweierlei erkennen. Erstens, daß die in jedem binomischen Faktor enthaltene Größe x nach fallenden Potenzen geordnet auftritt. Zweitens, daß die „Koeffizienten“ dieser x-Potenzen unzweifelhaft kombinatorischen Charakter haben, da ja zuerst alle Unionen, dann alle Amben und schließlich alle Temen der „Elemente“ a, b und c erscheinen. Die Form der „Komplexion“ (kombinatorische Verknüpfung) ist die der „Kombination ohne Wiederholung“. Elemente sind sämtliche in den binomischen Faktoren auftretenden ungleichen Größen a, b, c.

Wir wollen der Deutlichkeit halber noch ein komplizierteres Beispiel betrachten, nämlich

$(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)(x+e)=$

??@

Fig. ?? 33b

Warum diese merkwürdige Struktur entsteht, ist nicht so rätselhaft als es auf den ersten Blick erscheint. Die Struktur ergibt sich einfach daraus, daß beim Multiplizieren in unserem Fall stets fünf

(Allgemein: soviel als Binome vorliegen.)

Einzelglieder miteinander multipliziert werden müssen.

Das $x^{5}$ ist nichts anderes als $x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot x$ und das $ax^{4}$ ist nichts als $x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot a$. Weiters ist etwa $acex^{2}=acex\cdot x$ usf. Diese Andeutung dürfte vorläufig genügen, denkende Leser, von der Notwendigkeit kombinatorischer Zusammenhänge zu überzeugen.

Nun wollen wir das bisher Erkannte als Regel zusammenfassen und die Gestalt eines Produktes von binomischen Faktoren festlegen, in denen die „Zweigliederausdrücke“ (Binome) je aus x und einer anderen Größe bestehen, die in jedem Binom einen anderen Wert hat:

Das Produkt solcher binomischer Faktoren wird sich als Reihe fallender Potenzen von x darstellen, und zwar beginnend mit der Potenz, deren Anzeiger gleich groß ist mit der Anzahl aller Binome. Diese Potenzreihe fällt je um eins im Potenzanzeiger. Jenseits von x gibt es noch eine Nullpotenz von x, so daß also das Ergebnis der Multiplikation um ein Glied mehr hat als die Anzahl der Binome beträgt. Diese vorläufig ohne Koeffizienten angeschriebene Reihe

$x^{n}+x^{n-1}+x^{n-2}+\dots +x^{2}+x^{1}+x^{0}$,

wobei n die Anzahl der Binome bedeutet, erhält nun Koeffizienten, und zwar

$C_{0}\cdot x^{n}+C_{1}\cdot x^{n-1}+$$C_{2}\cdot x^{n-2}+$$\dots +$$C_{n-2}x^{2}+$$C_{n-1}x^{1}+$$C_{n}x^{0}$.

Diese Koeffizienten nun deuten durch ihren Index an, was für eine Kombinationsklasse aus den n-Elementen sie darstellen. Das $x^{n}$ erhält den Koeffizienten $C_{0}=1$, da es nur aus x besteht. Das $x^{n-1}$ hat alle Unionen, das $x^{n-2}$ alle Amben, das $x^{n-3}$ alle Temen usw. als Koeffizienten, die sich aus n Elementen bilden lassen. Und zwar als Kombination ohne Wiederholung. Diese „Kombinationen“ sind aber hier nicht etwa bloße Umstellungen, sondern wirkliche Produkte. Es liegt also hier eine Vereinigung von Kombinatorik und Multiplikation vor.

Wenn wir nun einen Kunstgriff anwenden und annehmen, daß alle unsere a, b, c usw. untereinander gleich sind, so daß $a=b=c=d=e$ usf., so dürfen wir einfach schreiben:

$(x+a)(x+a)(x+a)(x+a)(x+a)\dots$ usf.

oder was dasselbe bedeutet

$(x+a)^{n}=?$

Jetzt sind wir beim Kernproblem des sogenannten „binomischen Lehrsatzes“ angelangt, dem in der Mathematik ungeheure Bedeutung zukommt. Durch die Lösung unseres Problems werden wir (vorläufig für ganzzahligc, positive Potenzanzeiger) in den Stand gesetzt werden, jede beliebige Potenz eines beliebigen Binoms direkt in Form einer fallenden Potenzreihe hinzuschreiben. Es spielt jetzt auch keine Rolle mehr, ob ich das x lasse oder durch irgendeinen anderen Buchstaben ersetze. Wir belassen es bloß wegen des Zusammenhanges mit dem Vorhergegangenen an seiner Stelle.

Nach unseren Regeln müßte das Ergebnis des n-mal als Faktor gesetzten $(x+a)$, was ja nichts anderes heißt als $(x+a)^{n}$, folgendermaßen lauten:

$C_{0}x^{n}+C_{1}x^{n-2}+\dots +C_{n-2}x^{2}+C_{n-1}x+C_{n}x^{0}$.

Daß $C_{0}$ gleich ist eins, wissen wir schon. Wie groß aber sind $C_{1}$, $C_{2}$, $C_{3}$ usw.? Wir werden es durch logische Schlüsse feststellen. Unser $C_{1}$ soll ja nichts anderes sein als die Summe aller Unionen, die sich aus den n, von x verschiedenen Summanden der Binome ergeben. Da aber diese Summanden alle gleich a sind, so ist die Summe aller Unionen $a+a+a+a\dots +a$ (n-mal) gleich na oder, kombinatorisch geschrieben, $\textstyle {\binom {n}{1}}a$.

Das $C_{2}$, der zweite Koeffizient, ist die Summe aller Amben aus den a. Da jede Ambe $a\cdot a$ lautet, so ist er die Summe aller $a^{2}$. Oder kombinatorisch $\textstyle {\binom {n}{2}}a^{2}$.

Die Termen wären $a\cdot a\cdot a=a^{3}$. Folglich ist

$\textstyle C_{3}={\binom {n}{3}}a^{3}$. Jetzt ist das Bildungsgesetz schon klar. Und damit ist die Lösung des Problems geglückt. Es ist also:

$\textstyle (x+a)^{n}={\binom {n}{0}}x^{n}+{\binom {n}{1}}ax^{n-1}+$$\textstyle {\binom {n}{2}}a^{2}x^{n-2}+$$\dots +$$\textstyle {\binom {n}{n-1}}a^{n-1}x+$$\textstyle {\binom {n}{n}}a^{n}$.

Bevor wir einen konkreten Fall berechnen, wollen wir noch die als „Pascalsches Dreieck“ oder „Dreieck der Binmnialkoeffizienten" bekannte Hilfstafel besprechen, die es uns in leichtester Weise gestattet, die „Binomialkoeffizienten“ bis zu beliebigem n aufzubauen. Sie hat folgende Gestalt:

?? 

Fig.  - bearbeiten - Zeile hinzufügen und vorne ???

Ohne den etwas umständlichen Beweis für ihre Richtigkeit zu führen, machen wir darauf aufmerksam, daß jede Zahl im Inneren der Hilfstafel gleich ist der Summe der beiden rechts und links über ihr stehenden Zahlen. Dadurch sind wir in den Stand gesetzt, Schritt für Schritt, rein mechanisch, dieses „Dreieck“ ins Unendliche zu erweitern. Es sei noch erwähnt, daß Blaise Pascal dieses Dreieck als „triangulus mathematicus“ (mathematisches Dreieck) selbständig entdeckte, daß die Binomialkoeffizienten aber schon vor Pascal von Michael Stifel (1544) erwähnt wurden und den chinesischen Mathematikern sogar schon um 1300 n. Chr. Geb. bekannt waren.

Man wird mit Recht fragen, wie dieses Dreieck zu benützen sei. Nun, sehr einfach. Die römischen Ziffern links am Rande bedeuten die ganzzahlige positive Potenz, zu der das Binom erhoben werden soll. Dann entsprechen die der betreffenden Zeile angehörigen Zahlen den von uns früher mit $C_{0}$, $C_{1}$, $C_{2}$ ... $C_{n-1}$, $C_{n}$ bezeichneten Koeffizienten. Sie müssen also auch den kombinatorisch geschriebenen Binomialkoeffizienten gleich sein. Wählen wir etwa als Beispiel den Fall $(x+a)^{7}$ und entwickeln wir die Potenz nach dem binomischen Lehrsatz in eine Potenzreihe, fallend nach x:

$\textstyle (x+a)^{7}=x^{7}+{\binom {7}{1}}x^{6}a+$$\textstyle {\binom {7}{2}}x^{5}a^{2}+$$\textstyle {\binom {7}{3}}x^{4}a^{3}+$$\textstyle {\binom {7}{4}}x^{3}a^{4}+$$\textstyle {\binom {7}{5}}x^{2}a^{5}+$$\textstyle {\binom {7}{6}}xa^{6}+$$\textstyle a^{7}$.

Wenn wir der Vollständigkeit halber noch als Koeffizienten von $x^{7}$ den Ausdruck $\textstyle {\binom {7}{0}}$ und als Koeffizienten von $a^{7}$ den Ausdruck $\textstyle {\binom {7}{7}}$ anschreiben, dann ergäben sich bei einem Binom, zur 7ten Potenz erhoben, folgende Binomialkoeffizient

$\textstyle {\binom {7}{0}}\;{\binom {7}{1}}\;{\binom {7}{2}}\;{\binom {7}{3}}\;{\binom {7}{4}}\;$$\textstyle {\binom {7}{5}}\;$$\textstyle {\binom {7}{6}}\;$$\textstyle {\binom {7}{7}}\;$

und ausgerechnet die Zahlen

1   7   21   35   35   21   7   1,

womit wir das Pascalsche Dreieck glänzend verifiziert haben.

Nun noch einige Beispiele zum binomischen Lehrsatz:

$(4+7)^{5}=?$

Natürlich könnte man hier einfach 4 und 7 addieren und sofort die fünfte Potenz von 11 berechnen, wodurch man $11^{5}=161.051$ erhielte. Wir wollen aber die Gelegenheit benützen, unseren binomischen Lehrsatz wieder von einer anderen Seite her zu bewahrheiten und zu prüfen, wobei noch bemerkt wird, daß die Zerfällung einer Zahl in ein Binom auch vom Standpunkt des praktischen Rechnens empfehlenswert ist.

(Außerdem beruht das „Quadrieren“ und „Kubieren“ von Zahlen eines Stellenwertsystems auf binomischen Operationen. So ist etwa $13^{2}=(10+3)^{2}$ usw.)

Wir rechnen also:

$(4+7)^{5}$

$=\textstyle {\binom {5}{0}}4^{5}\cdot 7^{0}+{\binom {5}{1}}4^{4}\cdot 7^{1}+$$\textstyle {\binom {5}{2}}4^{3}\cdot 7^{2}+$$\textstyle {\binom {5}{3}}4^{2}\cdot 7^{3}+$$\textstyle {\binom {5}{4}}4^{1}\cdot 7^{4}+$$\textstyle {\binom {5}{5}}4^{0}\cdot 7^{5}$

$=1\cdot 1024\cdot 1+5\cdot 256\cdot 7+$$10\cdot 64\cdot 49+$$10\cdot 16\cdot 343+$$5\cdot 4\cdot 2401+$$1\cdot 1\cdot 16.807$

$=1024+8960+31.360+$$54.880+$$48.020+$$16807=$$161.051$,

womit wir das erwartete Resultat erhalten.

Als zweites Beispiel etwa:

$(1+x)^{9}$

$=\textstyle {\binom {9}{0}}\cdot 1^{9}x^{0}+{\binom {9}{1}}\cdot 1^{8}x^{1}+{\binom {9}{2}}\cdot 1^{7}x^{2}+$$\textstyle {\binom {9}{3}}\cdot 1^{6}x^{3}+$$\textstyle {\binom {9}{4}}\cdot 1^{5}x^{4}+$$\textstyle {\binom {9}{5}}\cdot 1^{4}x^{5}+$$\textstyle {\binom {9}{6}}\cdot 1^{3}x^{6}+$$\textstyle {\binom {9}{7}}\cdot 1^{2}x^{7}+$$\textstyle {\binom {9}{8}}\cdot 1^{1}x^{8}+$$\textstyle {\binom {9}{9}}\cdot 1^{0}x^{9}$

$=1+9x+36x^{2}+84x^{3}+$$126x^{4}+$$126x^{5}+$$84x^{6}+$$36x^{7}+$$9x^{8}+$$x^{9}$

Zum Abschluß wollen wir noch beifügen, daß das Binom selbstverständlich auch $(x-a)^{n}$ oder $(-x-a)^{n}$ lauten könnte. Nach dem Gesetz der Verknüpfung von Vorzeichenbefehlen sind dann die jeweiligen Vorzeichen gemäß den vorkommenden Potenzen von x und a zu bestimmen. Hätten wir bei $(x-a)^{4}$ etwa das Vorzeichen von $4x^{3}a$ festzustellen, so ist es klar, daß es sich nur um ein Minus handeln kann. Denn die Zahl lautet ja $4\cdot x\cdot x\cdot x\cdot (-a)$, also $(-4x^{3}a)$.

Weiters wollen wir versuchen, den binomischen Lehrsatz als Summenformel anzuschreiben:

$(x+a)^{n}=\sum _{\nu =0}^{n}{\binom {n}{\nu }}x^{n-\nu }\cdot a^{\nu }$

$={\binom {n}{0}}x^{n}a^{0}+{\binom {n}{1}}x^{n-1}a^{1}+\cdots +{\binom {n}{n}}x^{0}a^{n}$.

Da nun aber in der Mathematik durchaus nicht stets nach ganzzahligen positiven Potenzen von Zweigliederausdrücken (Binomen) gefragt wird, müssen wir noch kurz den Fall erörtern, daß uns gebrochene oder negative Potenzen gegeben sind. Wir wählen zuerst das Binom $(1+n)^{n}$ und fordern, daß das n entweder eine Bruchzahl oder eine negative Zahl sei. Da wir in unserem Rahmen leider nicht über die Kenntnisse verfügen, diesen Fall von Grund auf zu erörtern, müssen wir uns mit der Feststellung begnügen, daß bei gebrochenem oder negativem Potenzanzeiger der binomische Lehrsatz oder die Binomialentwicklung in die sogenannte unendliche „Binomialreihe" übergeht, die die Form

$\textstyle (1+x)^{n}=1+{\binom {n}{1}}x+{\binom {n}{2}}x^{2}+$$\textstyle {\binom {n}{3}}x^{3}+$$\dots +$$\textstyle {\binom {n}{r}}x^{r}$

hat. Dabei bedeutet das r eine noch endliche Zahl, die aber größer sein darf als n.

Will ich dagegen nicht bloß $(1+x)$, sondern etwa $(a+x)$ in die unendliche Binomialreihe entwickeln, dann kann ich durch einen Kunstgriff die Form $(1+x)$ herstellen, indem ich aus $(a+x)^{n}$ einfach $\textstyle a^{n}(l+{\frac {x}{a}})^{n}$ mache. Dadurch kann ich dann das $\textstyle (l+{\frac {x}{a}})^{n}$ nach obiger Formel behandeln, in eine unendliche Binomialreihe auflösen und das Ergebnis dann mit $a^{n}$ multiplizieren. Doch wir wollen dies, wie erwähnt, nur andeuten. Da wir aber einmal von „unendlichen Reihen" gesprochen haben, müssen wir noch kurz erörtern, was man unter einer „Reihe" versteht.

Wie schon der Name sagt, ist eine Reihe eine Aneinanderreihung von Größen. Und zwar durch Addition oder Subtraktion. Sie ist endlich, wenn sie nach einer bestimmten endlichen Gliederanzahl abbricht, unendlich dagegen, wenn sie ins Unendliche weiterläuft. So ist etwa die Leibniz-Reihe

$\textstyle {\frac {\pi }{4}}=1-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{7}}+\dots$

eine unendliche Reihe. An dieser Leibniz-Reihe können wir sofort noch einen anderen wichtigen Begriff erörtern. Wir wissen, daß die Summe all dieser unendlich vielen Glieder den Wert $\textstyle {\frac {\pi }{4}}$, also einen greifbaren Wert ergibt. Eine solche unendliche Reihe heißt eine konvergente Reihe, weil sie nach einem Grenzwert (hier $\textstyle {\frac {\pi }{4}}$) konvergiert (hinstrebt oder gleichsam zusammenstrahlt). Eine Reihe $1+3+5+7+9+\dots$ ergibt als Summe sichtbar unendlich. Diese Reihe nennen wir divergent, sie divergiert (strahlt, strebt auseinander).

Die Untersuchung, ob eine Reihe konvergent oder divergent ist, gehört zu den schwierigsten Aufgaben der Mathematik. Es ist nämlich durchaus nicht sicher, ob eine Reihe von schrittweise verkleinerten Gliedern konvergent ist. So ist etwa die unendliche Reihe

$\textstyle 1+{\frac {1}{\sqrt {2}}}+{\frac {1}{\sqrt {3}}}+{\frac {1}{\sqrt {4}}}+{\frac {1}{\sqrt {5}}}+\dots$ usw.

sonderbarerweise divergent, obgleich jedes Glied der Reihe kleiner ist als das vorhergehende. Die Addition dieser Reihe ergibt die Summe unendlich, während etwa die unendliche Reihe:

$\textstyle {\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{2\cdot 3}}+{\frac {1}{3\cdot 4}}+{\frac {1}{4\cdot 5}}+\dots$ usw.

konvergent ist und als Summe aller unendlich vielen Glieder 1 ergibt.

Wie wir schon bei der Leibniz-Reihe sahen, ist eine unendliche Reihe oft ein Hilfsmittel einer Quadratur. Tatsächlich läßt sich jedes Integral in eine unendliche Reihe umwandeln und schon Archimedes hat mit konvergenten unendlichen Reihen gearbeitet, um Quadraturen zu erzielen.

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