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9.4: Der Binomialsatz - Mathematik


In diesem Abschnitt wollen wir beweisen, dass die gefeierten Binomialsatz. Einfach ausgedrückt ist der Binomialsatz eine Formel zur Entwicklung von Größen ((a+b)^n) für natürliche Zahlen (n). In der Elementar- und Mittelalgebra sollten Sie bestimmte Fälle der Formel gesehen haben, nämlich

[ egin{array}{rclr} (a+b)^1 & = & a + b & (a+b)^2 & = & a^2 + 2ab + b^2 & (a +b)^3 & = & a^3 + 3a^2 b + 3ab^2 + b^3 & end{array}]

Wollen wir die Entwicklung für ((a+b)^4) schreiben wir ((a+b)^4 = (a+b)(a+b)^3) und verwenden die Formel, die wir haben für ((a+b)^3), um ((a+b)^4 = (a+b) left( a^3 + 3a^2 b + 3ab^2 + b^3 rechts) = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4). Wenn wir dies ein wenig verallgemeinern, sehen wir, dass wir, wenn wir eine Formel für ((a+b)^{k} haben, eine Formel für ((a+b)^{k+1}) erhalten können durch Letzteres umschreiben als ((a+b)^{k+1} = (a+b)(a+b)^{k}). Dies bedeutet eindeutig, dass die mathematische Induktion eine wichtige Rolle beim Beweis des Binomialsatzes spielt.footnote{Das ist so ziemlich der Grund, warum Abschnitt ef{Induktion} im Buch steht.} Bevor wir den Satz aufstellen können, müssen wir die Folge von . noch einmal betrachten Fakultäten, die im Beispiel ef{seqex1} Zahl ef{factorialintroex} im Abschnitt ef{Sequenzen} eingeführt wurden.

Hinweis (PageIndex{1}): Fakultäten

Für eine ganze Zahl (n), Fakultät, bezeichnet mit (n!), ist der Term (f_{n}) der Folge (f_{mbox{ iny)0)}} = 1), (f_{n} =ncdot f_{n-1}), (ngeq 1).

Denken Sie daran, dass dies (0! = 1) und (n! = n(n-1)!) für (n geq 1) bedeutet. Mit der rekursiven Definition erhalten wir: (1! = 1 cdot 0! = 1 cdot 1 = 1), (2! = 2 cdot 1! = 2 cdot 1 = 2), ( 3! = 3 cdot 2! = 3 cdot 2 cdot 1 = 6) und (4! = 4 cdot 3! = 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1 = 24). Informell, (n! = ncdot(n -1)cdot(n -2) cdots 2 cdot 1) mit (0! = 1) als 'Basisfall'. Unser erstes Beispiel macht uns mit einigen der grundlegenden Berechnungen mit Fakultäten vertraut.

Beispiel (PageIndex{1}):

  1. Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke.
  • (dfrac{3!, 2!}{0!})
  • (dfrac{7!}{5!})
  • (dfrac{1000!}{998!, 2!})
  • (dfrac{(k+2)!}{(k-1)!}), (kgeq 1)
  1. Beweisen Sie (n! > 3^n) für alle (n geq 7).

Lösung

  1. Wir behalten das Mantra „Im Zweifelsfall aufschreiben!“ im Hinterkopf, um das Folgende zu vereinfachen.
  • Wir wurden so programmiert, dass wir auf das Vorhandensein eines (0) im Nenner alarmiert reagieren, aber in diesem Fall (0! = 1), also ist der Bruch doch definiert. Was den Zähler betrifft, (3! = 3 cdot 2 cdot 1 = 6) und (2! = 2 cdot 1 = 2), so haben wir (frac{3! , 2! }{0!} = frac{(6)(2)}{1} = 12).
  • Wir haben (7! = 7 cdot 6 cdot 5 cdot 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1 = 5040) während (5! = 5 cdot 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1 = 120). Wenn wir dividieren, erhalten wir (frac{7!}{5!} = frac{5040}{120} = 42). Dies ist zwar richtig, aber wir stellen fest, dass wir uns etwas Zeit hätten sparen können, wenn wir wie folgt vorgegangen wären

[ dfrac{7!}{5!} = dfrac{7 cdot 6 cdot 5 cdot 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1}{5 cdot 4 cdot 3 cdot 2 cdot 1 } = dfrac{7 cdot 6 cdot cancel{5} cdot cancel{4} cdot cancel{3} cdot cancel{2} cdot cancel{1}}{cancel{5 } cdot cancel{4} cdot cancel{3} cdot cancel{2} cdot cancel{1}} = 7 cdot 6 = 42]

Wenn wir die rekursive Natur der Fakultät vollständig ausnutzen wollen, können wir schreiben:

[ dfrac{7!}{5!} = dfrac{7 cdot 6 cdot 5!}{5!} = dfrac{7 cdot 6 cdot cancel{5!}}{cancel{ 5!}} = 42]

In Anbetracht der Lektion, die wir aus dem vorherigen Problem gelernt haben, haben wir

[ dfrac{1000!}{998! , 2!} = dfrac{1000 cdot 999 cdot 998!}{998! cdot 2!} = dfrac{1000 cdot 999 cdot cancel{998!}}{cancel{998!} cdot 2!} = dfrac{999000}{2} = 499500]

Dieses Problem setzt das Thema fort, das wir in den beiden vorherigen Problemen gesehen haben. Wir bemerken zunächst, dass ((k+2)!) alle Faktoren von ((k-1)!) und . enthält, da (k+2) größer als (k-1) ist Als Ergebnis können wir ((k-1)!) aus dem Nenner streichen. Um dies zu sehen, schreiben wir zunächst ((k+2)!) aus, beginnend mit ((k+2)) und multiplizieren es mit den vorhergehenden Zahlen, bis wir ((k-1) erreichen. ): ((k+2)! = (k+2)(k+1)(k)(k-1)!). Als Ergebnis haben wir

[ dfrac{(k+2)!}{(k-1)!} = dfrac{(k+2)(k+1)(k)(k-1)!}{(k-1) !} = dfrac{(k+2)(k+1)(k) cancel{(k-1)!}}{cancel{(k-1)!}} = k(k+1)( k+2)]

Die Bedingung (k geq 1) soll sicherstellen, dass alle beteiligten Fakultäten definiert sind.

Wir gehen per Induktion vor und seien (P(n)) die Ungleichung (n! > 3^n). Der Basisfall ist hier (n=7) und wir sehen, dass (7! = 5040) größer als (3^7 = 2187) ist, also ist (P(7)) wahr. Als nächstes nehmen wir an, dass (P(k)) wahr ist, das heißt, wir nehmen (k! > 3^k) an und versuchen zu zeigen, dass (P(k+1)) folgt. Mit den Eigenschaften der Fakultät gilt ((k+1)! = (k+1) k!) und da (k! > 3^k) gilt ((k+1)! > (k+1) 3^{k}). Da (kgeq 7), (k+1geq 8), also ((k+1) 3^{k} geq 8 cdot 3^{k} > 3 cdot 3^ {k} = 3^{k+1}). Wenn wir all dies zusammenfassen, haben wir ((k+1)! = (k+1) k! > (k+1)3^{k} > 3^{k+1}), was (P (k+1)) ist wahr. Nach dem Prinzip der mathematischen Induktion gilt (n! > 3^{n}) für alle (ngeq 7).

Von allen mathematischen Tieren, die wir im Text besprochen haben, wachsen Fakultäten am schnellsten. In Aufgabe 2 von Beispiel ef{factorialex} haben wir bewiesen, dass (n!) (3^{n}) bei (n=7) überholt. 'Überholen' kann ein zu höfliches Wort sein, da (n!) (3^n) für (n geq 7) gründlich übertrifft, wie jeder vernünftige Datensatz zeigen wird. Es kann gezeigt werden, dass für jede reelle Zahl (x > 0) nicht nur (n!) schließlich (x^n) überholt, sondern auch das Verhältnis (frac{x^n}{n !} ightarrow 0) als (n ightarrow infty).footnote{Diese Tatsache ist viel wichtiger, als Sie sich jemals vorstellen können.}

Die Anwendung von Fakultäten in freier Wildbahn beinhaltet oft Zählanordnungen. Wenn Sie beispielsweise fünfzig Lieder auf Ihrem MP3-Player haben und diese Lieder in einer Wiedergabeliste anordnen möchten, in der die Reihenfolge der Lieder wichtig ist, stellt sich heraus, dass es (50!) verschiedene mögliche Wiedergabelisten gibt. Wenn Sie nur zehn der Songs auswählen möchten, um eine Playlist zu erstellen, dann gibt es (frac{50!}{40!}) solche Playlists. Wenn Sie hingegen nur zehn Songdateien von fünfzig auswählen möchten, um sie auf eine Flash-Speicherkarte zu legen, damit die Reihenfolge jetzt keine Rolle mehr spielt, gibt es (frac{50!}{40! 10! }) Möglichkeiten, dies zu erreichen.

[egin{array}{ccl} 50! & = & 30414093201713378043612608166064768844377641568960512000000000000, dfrac{50!}{40!} & = & 37276043023296000, quad ext{und} dfrac{50!}{40! 10!} & = & 10272278170 end{array}]

Während einige dieser Ideen in den Übungen behandelt werden, ermutigen die Autoren Sie, Kurse wie Finite Mathematik, Diskrete Mathematik und Statistik zu belegen. Wir führen diese Konzepte hier ein, weil so die Fakultäten ihren Weg in den Binomialsatz finden, wie unsere nächste Definition zeigt.

Hinweis (PageIndex{1}): Binomialkoeffizienten

Gegeben zwei ganze Zahlen (n) und (j) mit (ngeq j), der Binomialkoeffizient (displaystyle inom{n}{j})} (gelesen, (n ) wähle (j)) ist die ganze Zahl von

[ inom{n}{j} = dfrac{n!}{j! (n-j)!} label{binomialkoeff}]

Der Name „Binomialkoeffizient“ wird in Kürze begründet. Im Moment können wir (inom{n}{j}) physikalisch interpretieren als die Anzahl der Möglichkeiten, (j) Elemente aus (n) Elementen auszuwählen, bei denen die Reihenfolge der ausgewählten Elemente unwichtig ist. Angenommen, Sie haben zwei Freikarten für eine Sondervorführung des neuesten Hollywood-Blockbusters gewonnen und haben fünf gute Freunde, von denen jeder Sie gerne ins Kino begleiten würde. Es gibt (inom{5}{2}) Möglichkeiten zu wählen, wer mit dir geht. Unter Anwendung der Definition ef{binomialcoeff} erhalten wir

[ inom{5}{2} = dfrac{5!}{2! (5-2)!} = dfrac{5!}{2! 3!} = dfrac{5 cdot 4}{2} = 10]

Es gibt also (10) verschiedene Möglichkeiten, diese beiden Tickets an fünf Freunde zu verteilen. (Einige werden es als (10) Wege ansehen, zu entscheiden, welche drei Freunde zu Hause bleiben müssen.) Der Leser wird ermutigt, dies zu überprüfen, indem er sich tatsächlich die Zeit nimmt, alle Möglichkeiten aufzulisten.

Wir stellen und beweisen nun einen Satz, der für den Beweis des Binomialsatzes entscheidend ist.

Hinweis (PageIndex{1})

Für natürliche Zahlen (n) und (j) mit (ngeq j)

[ inom{n}{j-1} + inom{n}{j} = inom{n+1}{j} label{addbinomcoeff} ]

Der Beweis des Satzes ef{addbinomcoeff} ist rein rechnerisch und verwendet die Definition von Binomialkoeffizienten, der rekursiven Eigenschaft von Fakultäten und gemeinsamen Nennern.

[ egin{array}{rcl} displaystyle{inom{n}{j-1} + inom{n}{j}} & = & dfrac{n!}{(j-1)! (n-(j-1))!} + dfrac{n!}{j! (n-j)!} & = & dfrac{n!}{(j-1)! (n-j+1)!} + dfrac{n!}{j! (n-j)!} & = & dfrac{n!}{(j-1)! (n-j+1)(n-j)!} + dfrac{n!}{j(j-1)! (n-j)!} & = & dfrac{n! , j}{j(j-1)! (n-j+1)(n-j)!} + dfrac{n! (n-j+1)}{j(j-1)! (n-j+1)(n-j)!} & = & dfrac{n! , j}{j! (n-j+1)!} + dfrac{n! (n-j+1)}{j! (n-j+1)!} & = & dfrac{n! , j + n! (n-j+1)}{j! (n-j+1)!} & = & dfrac{n!left( j + (n-j+1) ight)}{j! (n-j+1)!} & = & dfrac{(n+1) n!}{j! (n+1-j))!} & = & dfrac{(n+1)!} {j! ((n+1)-j))!} & = & displaystyle{inom{n+1}{j}} , checkmark end{array} ]

Wir sind jetzt in der Lage, den Binomialsatz aufzustellen und zu beweisen, wobei wir sehen, dass Binomialkoeffizienten genau das sind – Koeffizienten in der Binomialentwicklung.

Hinweis (PageIndex{1}): Binomialsatz

Für reelle Zahlen (a) und (b) ungleich Null

[(a+b)^{n} =displaystyle{sum_{j=0}^{n} inom{n}{j} a^{nj} b^{j}} label{BinomialTheorem} ]

für alle natürlichen Zahlen (n).

Um ein Gefühl dafür zu bekommen, was dieses Theorem aussagt und wie es wirklich nicht so schwer zu merken ist, wie es zunächst erscheinen mag, betrachten wir den speziellen Fall von (n=4). Nach dem Satz haben wir

[ egin{array}{rcl} (a+b)^{4} & = & displaystyle{sum_{j=0}^{4} inom{4}{j} a^{4-j } b^{j}} & = & displaystyle{inom{4}{0}a^{4-0}b^{0} + inom{4}{1}a^{4-1 }b^{1} + inom{4}{2}a^{4-2}b^{2} + inom{4}{3}a^{4-3}b^{3} + binom{4}{4}a^{4-4}b^{4}} & = & displaystyle{inom{4}{0}a^{4} + inom{4}{1} a^{3}b + inom{4}{2}a^{2}b^{2} + inom{4}{3}ab^{3} + inom{4}{4}b^ {4}} end{array} ]

Wir verzichten auf die Vereinfachung der Koeffizienten, um das Muster in der Entwicklung zu erkennen. Beachten Sie zunächst, dass in jedem Term die Summe der Exponenten (4) ist, die mit dem Exponenten des Binomials ((a+b)^{4}) übereinstimmt. Der Exponent auf (a) beginnt bei (4) und verringert sich um eins, wenn wir von einem Term zum nächsten gehen, während der Exponent auf (b) bei (0) beginnt und jedes Mal um eins zunimmt . Beachten Sie auch, dass die Binomialkoeffizienten selbst ein Muster aufweisen. Die obere Zahl, (4), stimmt mit dem Exponenten auf dem Binomial ((a+b)^4) überein, während sich die untere Zahl von Term zu Term ändert und mit dem Exponenten von (b) in diesem Term übereinstimmt. Dies ist kein Zufall und entspricht der Art des Zählens, die wir zuvor besprochen haben. Wenn wir daran denken, ((a+b)^4) zu erhalten, indem wir ((a+b)(a+b)(a+b)(a+b) multiplizieren), ist unsere Antwort die Summe aller mögliche Produkte mit genau vier Faktoren - einige (a), einige (b). Wenn wir zum Beispiel zählen wollen, wie viele Wege wir den (1) Faktor von (b) aus einer Gesamtheit von (4) möglichen Faktoren erhalten, so erzwingen wir die verbleibenden (3) Faktoren zu (a), lautet die Antwort (inom{4}{1}). Daher befindet sich der Term (inom{4}{1}a^{3}b) in der Entwicklung. Die anderen erscheinenden Begriffe decken die verbleibenden Fälle ab. Während diese Diskussion einen Hinweis darauf gibt, Warum der Satz ist wahr, ein formaler Beweis erfordert mathematische Induktion.footnote{und eine ziemliche Portion Hartnäckigkeit und Liebe zum Detail.}

Zum Beweis des Binomialsatzes sei (P(n)) die in der Aussage des Satzes angegebene Erweiterungsformel und wir bemerken, dass (P(1)) wahr ist, da

[ egin{array}{rcl} (a+b)^{1} & stackrel{?}{=} & displaystyle{sum_{j=0}^{1} inom{1}{j } a^{1-j} b^{j}} a+b & stackrel{?}{=} & displaystyle{inom{1}{0}a^{1-0}b^{ 0} + inom{1}{1}a^{1-1}b^{1}} a+b & = & a + b , checkmark end{array} ]

Wir nehmen nun an, dass (P(k)) wahr ist. Das heißt, wir nehmen an, dass wir ((a+b)^k) mit der Formel aus Satz ef{BinomialTheorem} entwickeln können und versuchen zu zeigen, dass (P(k+1)) wahr ist.

[ egin{array}{rcl} (a+b)^{k+1} & = & (a+b)(a+b)^{k} & = & (a+b) displaystyle {sum_{j=0}^{k} inom{k}{j} a^{kj} b^{j}} & = & a displaystyle{sum_{j=0}^{k } inom{k}{j} a^{kj} b^{j}} + b displaystyle{sum_{j=0}^{k} inom{k}{j} a^{kj} b ^{j}} & = & displaystyle{sum_{j=0}^{k} inom{k}{j} a^{k+1-j} b^{j}} + displaystyle {sum_{j=0}^{k} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1}} end{array} ]

Unser Ziel ist es, möglichst viele der Terme innerhalb der beiden Summationen zu kombinieren. Da der Zähler (j) in der ersten Summation von (0) bis (k) läuft, erhalten wir Terme mit (a^{k+1}), (a^{k}b ), (a^{k-1}b^2), ldots, (ab^{k}). In der zweiten Summation erhalten wir Terme mit (a^{k}b), (a^{k-1}b^{2}), ldots, (ab^{k}), (b^{k+1}). Mit anderen Worten, außer dem ersten Term in der ersten Summation und dem letzten Term in der zweiten Summation haben wir Terme, die beiden Summationen gemeinsam sind. Unser nächster Schritt besteht darin, die Terme, die wir nicht kombinieren können, „auszuwerfen“, und die Summationen umzuschreiben, damit wir sie kombinieren können. Dazu stellen wir fest

[ displaystyle{sum_{j=0}^{k} inom{k}{j} a^{k+1-j} b^{j} = a^{k+1}+ sum_{ j=1}^{k} inom{k}{j} a^{k+1-j} b^{j}}]

und

[ displaystyle{sum_{j=0}^{k} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1} = sum_{j=0}^{k-1} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1} + b^{k+1}}]

so dass

[ (a+b)^{k+1} = displaystyle{a^{k+1} + sum_{j=1}^{k} inom{k}{j} a^{k+1 -j} b^{j} + sum_{j=0}^{k-1} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1} + b^{k+1} }]

Wir wollen jetzt schreiben

[displaystyle{sum_{j=1}^{k} inom{k}{j} a^{k+1-j} b^{j} + sum_{j=0}^{k- 1} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1}}]

als Einzelsumme. Das Problem ist, dass die erste Summation mit (j=1) beginnt, während die zweite mit (j=0) beginnt. Obwohl die Summen Terme mit den gleichen Potenzen von (a) und (b) ergeben, tun sie dies für unterschiedliche Werte von (j). Um dies zu lösen, müssen wir den Index bei der zweiten Summation so verschieben, dass der Index (j) bei (j=1) statt bei (j=0) beginnt und wir verwenden den Satz ef{ sigmaprops} dabei.

[ egin{array}{rcl} displaystyle{ sum_{j=0}^{k-1} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1}} & = & displaystyle{sum_{j=0+1}^{k-1+1} inom{k}{j-1} a^{k-(j-1)} b^{(j-1)+ 1}} & = & displaystyle{sum_{j=1}^{k} inom{k}{j-1} a^{k+1-j} b^{j}} Ende{Array} ]

Wir können nun unsere beiden Summen mit Satz ef{sigmaprops} kombinieren und mit Satz ef{addbinomcoeff} vereinfachen

[ egin{array}{rcl} displaystyle{sum_{j=1}^{k} inom{k}{j} a^{k+1-j} b^{j} + sum_{ j=0}^{k-1} inom{k}{j} a^{kj} b^{j+1}} & = & displaystyle{sum_{j=1}^{k} inom {k}{j} a^{k+1-j} b^{j} + sum_{j=1}^{k} inom{k}{j-1} a^{k+1-j } b^{j}} & = & displaystyle{sum_{j=1}^{k} left[ inom{k}{j} + inom{k}{j-1} ight ] a^{k+1-j} b^{j} } & = & displaystyle{sum_{j=1}^{k} inom{k+1}{j} a^{k+ 1-j} b^{j} } end{array} ]

Unter Verwendung dieser und der Tatsache, dass (inom{k+1}{0} = 1) und (inom{k+1}{k+1} = 1), erhalten wir

[ egin{array}{rcl} (a+b)^{k+1} & = & a^{k+1} + displaystyle{sum_{j=1}^{k} inom{k +1}{j} a^{k+1-j} b^{j} } + b^{k+1} & = & displaystyle{ inom{k+1}{0} a^{ k+1} b^{0} + sum_{j=1}^{k} inom{k+1}{j} a^{k+1-j} b^{j} + inom{k +1}{k+1} a^{0} b^{k+1}} & = & displaystyle{ sum_{j=0}^{k+1} inom{k+1}{ j} a^{(k+1)-j} b^{j}} end{array}]

was zeigt, dass (P(k+1)) wahr ist. Somit haben wir durch Induktion festgestellt, dass der Binomialsatz für alle natürlichen Zahlen (n) gilt.

Beispiel (PageIndex{2}):

Verwenden Sie den Binomialsatz, um Folgendes zu finden.

  1. ((x-2)^4)
  2. (2.1^{3})
  3. Der Term, der (x^3) in der Entwicklung ((2x+y)^{5}) enthält

Lösung

  1. Da ((x-2)^4 = (x+(-2))^4), identifizieren wir (a = x), (b = -2) und (n=4) und erhalte [ egin{array}{rcl} (x-2)^4! &hspace{-.1in} = & hspace{-.1in}displaystyle{sum_{j=0}^{4} inom{4}{j} x^{4-j} (-2) ^{j}} & hspace{-.1in} = & hspace{-.1in}displaystyle{inom{4}{0} x^{4-0} (-2)^{0} !+! inom{4}{1} x^{4-1} (-2)^{1} !+! inom{4}{2} x^{4-2} (-2)^{2} !+! inom{4}{3} x^{4-3} (-2)^{3} !+! inom{4}{4} x^{4-4} (-2)^{4}} &hspace{-.1in} = & hspace{-.1in}x^4 -8x^3 + 24x^2 - 32x + 16 end{array} ]
  2. Zunächst scheint dieses Problem fehl am Platz zu sein, aber wir können (2.1^{3} = (2 + 0.1)^3) schreiben. Wenn wir (a = 2), (b = 0,1 = frac{1}{10}) und (n=3) identifizieren, erhalten wir [ egin{array}{rcl} left(2 +dfrac{1}{10} ight)^3 & = & displaystyle{sum_{j=0}^{3} inom{3}{j} 2^{3-j} left( dfrac{1}{10} ight)^{j}} & = & displaystyle{inom{3}{0} 2^{3-0} left(dfrac{1}{10} rechts)^{0} + inom{3}{1} 2^{3-1} left(dfrac{1}{10} ight)^{1} + inom{3}{2} 2 ^{3-2} left(dfrac{1}{10} ight)^{2} + inom{3}{3} 2^{3-3} left(dfrac{1}{10 } ight)^{3}} & = & 8 + dfrac{12}{10} + dfrac{6}{100} + dfrac{1}{1000} & = & 8 + 1,2 + 0.06 + 0.001 & = & 9.261 end{array} ]
  3. Identifizieren von (a = 2x), (b = y) und (n=5) liefert der Binomialsatz [ (2x+y)^{5} = displaystyle{sum_{j=0 }^{5} inom{5}{j} (2x)^{5-j} y^{j}} ] Da es sich nur um den Term mit (x^3) handelt, gibt es kein muss die gesamte Summe erweitert werden. Die Exponenten jedes Termes müssen zu (5) addiert werden, und wenn der Exponent auf (x) (3) ist, muss der Exponent auf (y) (2) sein. Ziehen wir den Term (j=2) heraus, erhalten wir [ displaystyle{inom{5}{2} (2x)^{5-2} y^{2}} = 10 (2x)^3y^ 2 = 80x^3y^2 ]

Wir schließen diesen Abschnitt mit dem Pascalschen Dreieck, benannt nach dem Mathematiker Blaise Pascal. Das Pascal-Dreieck erhält man, indem man die Binomialkoeffizienten in der folgenden Dreiecksform anordnet.

[egin{array}{ccccccccc} & & & & displaystyle{inom{0}{0}} & & & & & & & displaystyle{inom{1}{0}} & & displaystyle{inom{1}{1}} & & & & & & & searrow , swarrow & & & & & & displaystyle{inom{2}{0}} & & displaystyle {inom{2}{1}} & & displaystyle{inom{2}{2}} & & & & & searrow, swarrow & & searrow, swarrow & & & & displaystyle{inom{3}{0}} & & displaystyle{inom{3}{1}} & & displaystyle{inom{3}{2}} & & displaystyle{inom{3 }{3}} & & & searrow, swarrow & & searrow, swarrow & & searrow, swarrow & & displaystyle{inom{4}{0}} & & displaystyle{inom{4}{1}} & & displaystyle{inom{4}{2}} & & displaystyle{inom{4}{3}} & & displaystyle{inom{4} {4}} & & & & vdots & & & & end{array} ]

Da (inom{n}{0} = 1) und (inom{n}{n} = 1) für alle ganzen Zahlen (n) gilt, erhalten wir, dass jede Reihe des Pascalschen Dreiecks beginnt und endet mit (1). Um die Zahlen in der Mitte der Reihen (ab der dritten Reihe) zu generieren, nutzen wir die additive Beziehung, die im Satz ef{addbinomcoeff} ausgedrückt wird. Zum Beispiel (inom{1}{0} + inom{1}{1} = inom{2}{1}), (inom{2}{0} + inom{2} {1} = inom{3}{1}) und so weiter. Diese Beziehung wird durch die Pfeile im obigen Array angezeigt. Mit diesen beiden Fakten können wir schnell das Pascal-Dreieck generieren. Wir beginnen mit den ersten beiden Zeilen, (1) und (1 quad 1). Von diesem Punkt an beginnt und endet jede nachfolgende Reihe mit (1) und die mittleren Zahlen werden mit dem Satz ef{addbinomcoeff} erzeugt. Im Folgenden versuchen wir, diesen Bauprozess zu demonstrieren, um die ersten fünf Reihen des Pascal-Dreiecks zu generieren.

[ egin{array}{ccc} egin{array}{cccccccc} & & & & 1 & & & & & & & 1 & & 1 & & & & & & & searrow , swarrow & & & & & & fbox{1} & & underline{1+1} & & fbox{1} & & end{array} & xrightarrow{hspace{.5in}} & egin{array}{ccccccccc} & & & & 1 & & & & & & & 1 & & 1 & & & & & 1 & & 2 & &1 & & end{array} && egin{array}{cccccccc} & & & & 1 & & & & & & & 1 & & 1 & & & & & 1 & & 2 & &1 & & & & & searrow , swarrow & & searrow , swarrow & & & & fbox{1} & & underline{1+2} & & underline{2+1} & & fbox{1} & end{array} & xrightarrow{hspace{.5in}} & egin{array}{cccccccc} & & & & 1 & & & & & & & 1 & & 1 & & & & & 1 & & 2 & &1 & & & 1 & & 3 & & 3 & & 1 & end{array} && egin{array}{cccccccc} & & & & 1 & & & & & & & 1 & & 1 & & & & & 1 & & 2 & &1 & & & 1 & & 3 & & 3 & & 1 & & & searrow, swarrow & & searrow, swarrow & & searrow, swarrow & & fbox{1} & & underline{1+3} & & underline{3+3} & & unde rline{3+1} & & fbox{1} end{array} & xrightarrow{hspace{.5in}} & egin{array}{cccccccc} & & & & 1 & & & & & & & 1 & & 1 & & & & & 1 & & 2 & &1 & & & 1 & & 3 & & 3 & & 1 & 1 & & 4 & & 6 & & 4 & & 1 end{array} end{array} ]

Um zu sehen, wie wir das Pascal-Dreieck verwenden können, um den Binomialsatz zu beschleunigen, nehmen wir an, wir wollen ((3x-y)^{4}) erweitern. Die Koeffizienten, die wir brauchen, sind (inom{4}{j}) für (j = 0, 1, 2, 3, 4) und sind die Zahlen, die die fünfte Reihe des Pascalschen Dreiecks bilden. Da wir wissen, dass der Exponent von (3x) im ersten Term (4) ist und dann von links nach rechts um eins abnimmt, während der Exponent von (-y) bei (0) beginnt ) im ersten Term und erhöht sich dann von links nach rechts um eins, so erhalten wir schnell

[ egin{array}{rcl} (3x-y)^{4} & = & (1)(3x)^{4} + (4)(3x)^3(-y) + (6)( 3x)^2(-y)^2 + 4(3x)(-y)^3 + 1(-y)^4 & = & 81x^4 - 108x^3y + 54x^2y^2 -12xy^ 3 + y^4 end{array} ]

Wir möchten betonen, dass das Pascalsche Dreieck eine sehr schnelle Methode ist, um ein extit{gesamtes} Binomial zu erweitern. Wenn nur ein Term (oder zwei oder drei) erforderlich ist, ist der Binomialsatz definitiv der richtige Weg.


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