Mathe: Binomischer Lehrsatz

[Heaven and Hell]

Hey,
für ne Mathe-Hausübung sollen wir mithilfe des binomischen Lehrsatzes (a+b)^n = \sum_{k=0}^n{n \choose k}a^{n-k}b^k beweisen, dass für alle n \epsilon \mathbb{N} gilt:

\sum_{k=0}^n{n \choose k}=2^n

Also irgendwie muss das gehen, wenn a und b beide 1 sind... Den entscheidenden Beweisschritt finde ich aber nicht.

Danke schonmal.http://www.multimediaxis.de/images/smilies/old/sm_12.gif

[TheBiber]

Genau, jetzt einfach nur noch einsetzen:

2^n = (1+1)^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}1^{n-k}1^k = \sum_{k=0}^n {n\choose k}1^{n-k+k} = \sum_{k=0}^n {n\choose k}1^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}

[Heaven and Hell]

wow²
Danke

Das ging mal schnell und einfach ;-)
Ich dachte, das müsste doch irgendwie komplizierter sein. Bzw, man muss begründen warum man für a und b = 1 wählt.

[TheBiber]

Das nicht. Beweise macht man normalerweise durch solche Vermutungen. Dann muss man nur noch formal zeigen, dass die Vermutung zum Ziel führt, sofern sie dies überhaupt tut.

[Jinjukei]

Das Problem kann man sich aber auch anders klar machen, lebendiger:

Was bedeutet denn 2^n?

Nehmen wir zum Beispiel eine geschlossene Kiste (Volumen), die durch eine durchlässige Wand in zwei Teile aufgeteilt ist, an. Jetzt sind in dieser Kiste n gleiche Teilchen vorhanden. Sagen wir uns, ein Teilchen hat den Zustand 1, wenn es im 1. Teil der Kiste ist und den Zustand 2 wenn es im 2. Teil der Kiste ist (es kann sich ja durch die durchlässige Wand bewegen). Wieviele verschiedene Zustände gibt es? Richtig: 2^n
Warum? Jedes Teilchen kann entweder Zustand 1 oder 2 annehmen, dass heisst es hat 2 Möglichkeiten. Haben wir 2 Teilchen, so haben wir 4 Möglichkeiten, welche Zustände das Gesamtsystem haben kann, nämlich (1 1),(1 2),(2 1),(2 2). Haben wir 3 Teilchen so haben wir 8 mögliche Zustände für das gesamte System, etc ...

Schauen wir uns das System auf eine andere Weise an:
Wir haben n Teilchen in der Kiste. Dann kann es sicherlich sein, dass alle n Teilchen im 1. Teil der Kiste sind, oder alle in dem 2. Teil. Weiterhin kann es aber auch sein, dass (n-50) Teilchen im 1. Teil und 50 Teilchen im 2. Teil. Sei Zustand eins mal mit [1] und Zustand zwei mit [2] bezeichnet, dann können also folgende Situationen auftreten:

n[1],(n-1)[1] + [2],(n-2)[1] + 2[2], ... , [1] + (n-1)[2], n[2]

Das sind (n+1) Möglichkeiten. Sagen wir nun, dass k Teilchen im 1. Teil der Kiste sind, dann kann also sein, dass

k=n, k=n-1, ... , k=0

(n+1)-Möglichkeiten
k[1] + (n-k)[2]

Da wir ja angenommen haben, dass die Teilchen gleich (ununterscheidbar) sind, spielt es keine Rolle ob man nun im 1. Teil der Kiste zwei Teilchen mit einander vertauscht oder nicht (gleiche gilt mit Teilchen im Zustand 2). Dass bedeutet, wenn man nun über (n+1) Möglichkeiten über den Binomialkoeffizienten summiert, dass das genau die Anzahl der möglichen verschiedenen Zustände des Gesamtsystems sein muss.

http://www.multimediaxis.de/cgi-bin/mimetex.cgi?\sum_{k=0}^n{n%20\choose%20k}=2^n

Wem das mit dem Binomialkoeffzienten aus der Kombinatorik nicht klar ist, kann ja nochmal schreiben ...