Binomischer Satz

Der binomische Satz ist eine Verallgemeinerung der binomischen Formeln.

Satz 5305M (Binomischer Satz)

Für beliebige reelle Zahlen (komplexe Zahlen) aa und bb gilt:
(a+b)n=∑k=0n(nk) an−k⋅bk(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^k
für natürliche Zahlen nn mit n≥1n\geq 1.
Außerdem gilt die 3. Binomische Formel
an+1−bn+1=(a−b)∑k=0nan−kbka^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)\sum\limits_{k=0}^na^{n-k}b^k

Beweis

Die Behauptung wird mit vollständiger Induktion über nn bewiesen.
Für n=1n=1 erhalten wir (a+b)=(10)a+(11)b(a+b)=\chooseNT 1 0 a + \chooseNT 1 1 b, was offensichtlich richtig ist..
(a+b)n+1=(a+b)n(a+b)(a+b)^{n+1}=(a+b)^n(a+b)
=(∑k=0n(nk) an−k⋅bk)(a+b)=\braceNT{\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^k}(a+b) mit Induktionsvoraussetzung
=(∑k=0n(nk) an−k⋅bk)a+(∑k=0n(nk) an−k⋅bk)b=\braceNT{\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^k} a+\braceNT{\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^k}b =∑k=0n(nk) an−k+1⋅bk+∑k=0n(nk) an−k⋅bk+1={\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k \, a^{n-k+1}\cdot b^k} +{\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} =(n0)an+1b0+∑k=1n(nk) an−k+1⋅bk+∑k=0n−1(nk) an−k⋅bk+1+(nn)a0bn+1={\chooseNT n 0 a^{n+1}b^0+ \sum\limits_{k=1}^n \chooseNT n k \, a^{n-k+1}\cdot b^k} +{\sum\limits_{k=0}^{n-1} \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} + \chooseNT n n a^0 b^{n+1} =an+1+∑k=1n(nk) an−k+1⋅bk+∑k=0n−1(nk) an−k⋅bk+1+bn+1={a^{n+1}+ \sum\limits_{k=1}^n \chooseNT n k \, a^{n-k+1}\cdot b^k} +{\sum\limits_{k=0}^{n-1} \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} + b^{n+1} =an+1+∑k=0n−1(nk+1) an−k⋅bk+1+∑k=0n−1(nk) an−k⋅bk+1+bn+1={a^{n+1}+ \sum\limits_{k=0}^{n-1} \chooseNT n {k+1} \, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} +{\sum\limits_{k=0}^{n-1} \chooseNT n k \, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} + b^{n+1} =an+1+∑k=0n−1((nk+1)+(nk)) an−k⋅bk+1+bn+1={a^{n+1}+ \sum\limits_{k=0}^{n-1}\braceNT{ \chooseNT n {k+1}+ \chooseNT n k }\, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} + b^{n+1}
=an+1+∑k=0n−1(n+1k+1) an−k⋅bk+1+bn+1={a^{n+1}+ \sum\limits_{k=0}^{n-1} { \chooseNT {n+1} {k+1} }\, a^{n-k}\cdot b^{k+1}} + b^{n+1} nach Satz 5305L
=an+1+∑k=1n(n+1k) an−k+1⋅bk+bn+1={a^{n+1}+ \sum\limits_{k=1}^{n} { \chooseNT {n+1} {k} }\, a^{n-k+1}\cdot b^{k}} + b^{n+1} =(n+10) an+1b0+∑k=1n(n+1k) an−k+1⋅bk+bn+1=\chooseNT {n+1} 0 \, a^{n+1}b^0+ \sum\limits_{k=1}^{n} { \chooseNT {n+1} {k} }\, a^{n-k+1}\cdot b^{k} + b^{n+1} =∑k=0n(n+1k) an−k+1⋅bk+bn+1=\sum\limits_{k=0}^{n} { \chooseNT {n+1} {k} }\, a^{n-k+1}\cdot b^{k} + b^{n+1} =∑k=0n(n+1k) an−k+1⋅bk+(n+1n+1)a0bn+1=\sum\limits_{k=0}^{n} { \chooseNT {n+1} {k} }\, a^{n-k+1}\cdot b^{k} + \chooseNT {n+1}{n+1} a^0b^{n+1} =∑k=0n+1(n+1k) an−k+1⋅bk=\sum\limits_{k=0}^{n+1} { \chooseNT {n+1} {k} }\, a^{n-k+1}\cdot b^{k}
Zur dritten binomischen Formel: (a−b)∑k=0nan−kbk(a-b)\sum\limits_{k=0}^na^{n-k}b^k =∑k=0nan−k+1bk−∑k=0nan−kbk+1=\sum\limits_{k=0}^na^{n-k+1}b^k-\sum\limits_{k=0}^na^{n-k}b^{k+1} =an+1−bn+1+∑k=1nan−k+1bk−∑k=0n−1an−kbk+1=a^{n+1}-b^{n+1}+\sum\limits_{k=1}^na^{n-k+1}b^k-\sum\limits_{k=0}^{n-1}a^{n-k}b^{k+1}=an+1−bn+1+∑k=1nan−k+1bk−∑k=1nan−k+1bk=a^{n+1}-b^{n+1}+\sum\limits_{k=1}^na^{n-k+1}b^k-\sum\limits_{k=1}^na^{n-k+1}b^k =an+1−bn+1=a^{n+1}-b^{n+1} □\qed
 
 

Satz 5306A (Folgerungen aus dem binomischen Satz)

Für alle natürlichen Zahlen nn gilt:
  1. ∑k=0n(nk)=2n\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT n k =2^n
  2. ∑k=0n(m+kk)=(m+n+1n)\sum\limits_{k=0}^n \chooseNT {m+k} k =\chooseNT {m+n+1}{n}

Beweis

i. Folgt aus dem Binomischen Satz für a=b=1a=b=1.
ii. Beweis über vollständige Induktion. Für n=0n=0 gilt offensichtlich: (m0)=(m+10)=1\chooseNT m 0 =\chooseNT {m+1} 0 =1
∑k=0n+1(m+kk)\sum\limits_{k=0}^{n+1} \chooseNT {m+k} k =∑k=0n(m+kk)+(m+n+1n+1)=\sum\limits_{k=0}^{n} \chooseNT {m+k} k+ \chooseNT {m+n+1} {n+1}
=(m+n+1n)+(m+n+1n+1)=\chooseNT {m+n+1}{n}+ \chooseNT {m+n+1} {n+1} (nach Induktionsvoraussetzung)
=(m+n+2n+1)=\chooseNT {m+n+2}{n+1} (nach Satz 5305L) □\qed

Es gibt keinen Königsweg zur Mathematik.

Euklid

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