Binomialkoeffizient: Rechenregeln – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In diesem Kapitel stelle ich dir die wichtigsten Eigenschaften des Binomialkoeffizienten vor.

Rechenregeln in der Übersicht

Es sei im Folgendem $k$ und $n$ eine natürliche Zahl, wobei $k$ und $n$ hier auch Null sein dürfen. Außerdem sei $0\leq k\leq n$. Es gelten nun folgende Regeln:

• ${\binom {n}{0}}=1$
• ${\binom {n}{n}}=1$
• ${\binom {n}{k}}={\binom {n}{n-k}}$
• $k\cdot {\binom {n}{k}}=n\cdot {\binom {n-1}{k-1}}$
• ${\binom {n+1}{k+1}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}$ für $0\leq k<n$

Einige der obigen Gleichungen können gut aus der Anschauung des Binomialkoeffizienten erklärt werden, dass ${\binom {n}{k}}$ der Anzahl der $k$-elementigen Teilmengen einer $n$-elementigen Menge entspricht:

• ${\binom {n}{n}}=1$ weil eine $n$-elementige Menge $M$ nur eine $n$-elementige Teilmenge enthält (nämlich die Menge $M$).
• ${\binom {n}{k}}={\binom {n}{n-k}}$. Zu jeder Teilmenge von $M$ mit $k$ Elementen existiert deren Komplement, welches $n-k$ Elemente enthält. Somit ist die Anzahl der unterschiedlichen Teilmengen gleich.
• ${\binom {n+1}{k+1}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}$. Stellen wir uns Mengen $M,M':=M\cup \{e\}$ vor, wobei $|M|=n$ und $e$ ein zuvor nicht in $M$ enthaltenes Element ist. Dann ist der erste Summand die Anzahl der $k$-elementigen Teilmengen von $M$ - fügt man aber jeder dieser Mengen das neue Element $e$ hinzu, sind diese nun $k+1$-elementige Teilmengen von $M'$. Zusammen mit den $k+1$-elementigen Teilmengen ohne $e$ (der zweite Summand), erhalten wir das Ergebnis.

Andere Rechenregeln sind aber nicht so offensichtlich. Hier kann im Beweis auf die Fakultätsdefinition ${\binom {n}{k}}={\tfrac {n!}{k!(n-k)!}}$ des Binomialkoeffizienten zurückgegriffen werden.

Pascalsches Dreieck

Originale Version von Blaise Pascal

Der Mathematiker Blaise Pascal

Das pascalsche Dreieck ist eine grafische Anordnung der Binomialkoeffizienten in einem Dreieck:

${\begin{array}{c}{\binom {0}{0}}\\{\binom {1}{0}}\quad {\binom {1}{1}}\\{\binom {2}{0}}\quad {\binom {2}{1}}\quad {\binom {2}{2}}\\{\binom {3}{0}}\quad {\binom {3}{1}}\quad {\binom {3}{2}}\quad {\binom {3}{3}}\\\vdots \end{array}}$

Wenn man die Binomialkoeffizienten ausrechnet, dann ergibt sich folgendes Dreieck:

${\begin{array}{c}1\\1\quad 1\\1\quad 2\quad 1\\1\quad 3\quad 3\quad 1\\\vdots \end{array}}$

Die Regel ${\binom {n+1}{k+1}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}$ ermöglicht es, den Binomialkoeffizienten als Summe der beiden direkt oberhalb liegenden Binomialkoeffizienten zu berechnen:

Animation zur Erstellung des Pascalschem Dreieck

Das Besondere am pascalschen Dreieck ist, dass man an ihm direkt die Binomalkoeffizienten und damit die Vorfaktoren beim Ausklammern von Potenzen der Form $(x+y)^{n}$ ablesen kann. Beispielsweise lautet die Zeile für $n=3$:

${\color {Red}1}\quad {\color {Orange}3}\quad {\color {OliveGreen}3}\quad {\color {Blue}1}$

Dies ist die vierte Zeile, weil die erste Zeile im Dreieck zu $n=0$ gehört. Damit wissen wir ohne Nachrechnen:

$(x+y)^{3}={\color {Red}1}\cdot x^{3}+{\color {Orange}3}\cdot x^{2}y+{\color {OliveGreen}3}\cdot xy^{2}+{\color {Blue}1}\cdot y^{3}$

Der Sinn des pascalschen Dreiecks ist es also, die Vorfaktoren beim Ausklammern von Potenzen der Form $(x+y)^{n}$ einfach ablesen zu können. Das Dreieck wurde im Übrigen nach Blaise Pascal benannt, der es 1655 in einem seiner Bücher veröffentlichte. Es wurde aber bereits früher von anderen Mathematikern eingesetzt.

Beweise zu den Rechenregeln

Regel 1 und 2

Satz

Es gelten die beiden Formeln ${\binom {n}{0}}=1$ und ${\binom {n}{n}}=1$.

Beweis

Die obigen Gleichungen ergeben sich durch Ausnutzung der Fakultätsdefinition ${\binom {n}{k}}={\tfrac {n!}{k!(n-k)!}}$ des Binomialkoeffizienten:

${\binom {n}{0}}={\frac {n!}{0!\cdot (n-0)!}}={\frac {n!}{1\cdot n!}}=1$

und

${\binom {n}{n}}={\frac {n!}{n!\cdot (n-n)!}}={\frac {n!}{n!\cdot 0!}}={\frac {n!}{n!\cdot 1}}=1$

Regel 3

Satz

Es ist ${\binom {n}{k}}={\binom {n}{n-k}}$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Um die notwendigen Termumformungen zu finden, beginnen wir am besten mit dem Term ${\binom {n}{n-k}}$ (weil dieser komplizierter ist als ${\binom {n}{k}}$ und deswegen die Umformung von ${\binom {n}{n-k}}$ zu ${\binom {n}{k}}$ wahrscheinlich einfacher ist als umgekehrt):

${\binom {n}{n-k}}={\frac {n!}{(n-k)!\cdot (n-(n-k))!}}$

Der Term $(n-(n-k))!$ kann nun vereinfacht werden:

${\frac {n!}{(n-k)!\cdot (n-(n-k))!}}={\frac {n!}{(n-k)!\cdot (n-n+k)!}}={\frac {n!}{(n-k)!\cdot k!}}$

Der Term ${\tfrac {n!}{(n-k)!\cdot k!}}$ unterscheidet sich kaum von ${\binom {n}{k}}={\tfrac {n!}{k!(n-k)!}}$. Im Nenner müssen nur noch die beiden Faktoren vertauscht werden:

${\frac {n!}{(n-k)!\cdot k!}}={\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}={\binom {n}{k}}$

Damit haben wir alle notwendigen Termumformungen für den Beweis gefunden  .

Beweis

Die Formel kann folgendermaßen bewiesen werden:

${\begin{aligned}{\binom {n}{k}}&={\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}\\&={\frac {n!}{(n-k)!\cdot k!}}\\&={\frac {n!}{(n-k)!\cdot (n-n+k)!}}\\&={\frac {n!}{(n-k)!\cdot (n-(n-k))!}}\\&={\binom {n}{n-k}}\end{aligned}}$

Regel 4

Satz

Es ist $k\cdot {\binom {n}{k}}=n\cdot {\binom {n-1}{k-1}}$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Zunächst können wir beide Binomialkoeffizienten ausschreiben:

${\begin{aligned}k\cdot {\binom {n}{k}}&=k\cdot {\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}\\n\cdot {\binom {n-1}{k-1}}&=n\cdot {\frac {(n-1)!}{(k-1)!\cdot (n-1-(k-1))!}}\end{aligned}}$

Beide erhaltene Terme können soweit wie möglich vereinfacht werden:

${\begin{aligned}k\cdot {\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}&={\frac {n!}{(k-1)!\cdot (n-k)!}}\\n\cdot {\frac {(n-1)!}{(k-1)!\cdot (n-1-(k-1))!}}&={\frac {n\cdot (n-1)!}{(k-1)!\cdot (n-k)!}}\\&={\frac {n!}{(k-1)!\cdot (n-k)!}}\end{aligned}}$

Die vereinfachten Terme stimmen überein, also müssen auch $k\cdot {\binom {n}{k}}$ und $n\cdot {\binom {n-1}{k-1}}$ identisch sein. Im Beweis müssen wir nun die verwendeten Termumformungen aufschreiben, mit denen $k\cdot {\binom {n}{k}}$ in $n\cdot {\binom {n-1}{k-1}}$ umgeformt werden kann.

Beweis

Es ist

${\begin{aligned}k\cdot {\binom {n}{k}}&=k\cdot {\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}\\&=n\cdot {\frac {(n-1)!}{(k-1)!\cdot (n-k)!}}\\&=n\cdot {\frac {(n-1)!}{(k-1)!\cdot (n-1-k+1)!}}\\&=n\cdot {\frac {(n-1)!}{(k-1)!\cdot (n-1-(k-1))!}}\\&=n\cdot {\binom {n-1}{k-1}}\end{aligned}}$

Regel 5

Satz

Sei $k,n\in \mathbb {N}$ mit $0\leq k<n$. Es ist dann ${\binom {n+1}{k+1}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Zum Beweis der Gleichung ${\binom {n+1}{k+1}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}$ gehen wir schrittweise vor:

Frage: Wie lautet die zu beweisende Gleichung, nachdem man auf beiden Seiten die Definition ${\binom {n}{k}}={\tfrac {n!}{k!(n-k)!}}$ eingesetzt hat?

${\frac {(n+1)!}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}={\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}+{\frac {n!}{(k+1)!\cdot (n-k-1)!}}$

Aufgabe: Versuche durch Termumformungen die gerade gefundene Gleichung zu beweisen.

${\begin{aligned}&{\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}+{\frac {n!}{(k+1)!\cdot (n-k-1)!}}\\[0.5em]&\qquad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Brüche gleichnamig machen}}\right.}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (k+1)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}+{\frac {n!\cdot (n-k)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (k+1)+n!\cdot (n-k)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]&\qquad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Zähler zusammenfassen}}\right.}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (k+1+n-k)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (n+1)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]=\ &{\frac {(n+1)!}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\end{aligned}}$

Beweis

Es ist

${\begin{aligned}&{\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k+1}}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}}+{\frac {n!}{(k+1)!\cdot (n-k-1)!}}\\[0.5em]&\qquad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Brüche gleichnamig machen}}\right.}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (k+1)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}+{\frac {n!\cdot (n-k)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (k+1)+n!\cdot (n-k)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]&\qquad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Zähler zusammenfassen}}\right.}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (k+1+n-k)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]=\ &{\frac {n!\cdot (n+1)}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]=\ &{\frac {(n+1)!}{(k+1)!\cdot (n-k)!}}\\[0.5em]&\qquad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Im Nenner}}+1-1{\text{ einfügen}}\right.}\\[0.5em]=\ &{\frac {(n+1)!}{(k+1)!\cdot ((n+1)-(k+1))!}}\\[0.5em]=\ &{\binom {n+1}{k+1}}\end{aligned}}$