Diskussion:Binomischer Lehrsatz

Ring ohne Einselement

Ein Ring ohne Einselement wäre evtl. auch ausreichend. man kann ja $a^{0}\cdot b^{n}:=b^{n}$ definieren.

Ja, klar, oder halt die Formel umständlicher aufschreiben als $a^{n}+\sum _{k=1}^{n-1}+b^{n}$. Wenn Du meinst, dass das jemand braucht, kannst Du es ja ändern.--Gunther 09:03, 10. Okt 2005 (CEST)

Ich glaube, ein Ring ohne Eins wäre schwer geeignet. Der Binomialkoeffizient ist dann zunächst nicht wohldefiniert, denn man kennt dann z.B. nicht automatisch eine Zahl $2=1+1$, da ja die 1 „fehlt“.--JFKCom 22:49, 10. Okt 2005 (CEST)

Binomialkoeffizienten sind ganze Zahlen, und die additive Gruppe eines Ringes ist in eindeutiger Weise ein $\mathbb {Z}$-Modul.--Gunther 22:55, 10. Okt 2005 (CEST)

Ok, das stimmt, aber dann ist der binomische Lehrsatz nicht mehr eine Identität in $R$ als Ring, sondern in $R$ aufgefaßt als $\mathbb {Z}$-Algebra über $R$. Ich denke, das müßte man - sofern man an dieser Verallgemeinerung hängt - dann auch zur Klarstellung mit hinschreiben.--JFKCom 23:23, 10. Okt 2005 (CEST)

Nein, das ist einfach eine Gleichheit von Elementen von $R$. Und dass beispielsweise $2a$ als $a+a$ aufzufassen ist, finde ich ehrlich gesagt auch nicht erwähnenswert, das schreibt man bei jeder abelschen Gruppe kommentarlos hin.--Gunther 23:32, 10. Okt 2005 (CEST)

Ich hab' trotzdem mal eine etwas gesprächigere Variante umgesetzt, kannst Du damit leben?--JFKCom 23:45, 10. Okt 2005 (CEST)

Ja, klar, genau das meinte ich oben schon.--Gunther 00:04, 11. Okt 2005 (CEST)

Ich finde die aktuelle Lösung schlecht:

• Auch die Existenz der Eins im Ring ist verzichtbar, sofern man den Lehrsatz in folgende Form umschreibt:

$(x+y)^{n}=x^{n}+\left[\sum _{k=1}^{n-1}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}\right]+y^{n}$.

Dabei tut man nun so, als habe man ein Problem damit, $1\cdot z$ zu schreiben, aber $n\cdot z$ für $n>1$ ist natürlich kein Problem. Das ist inkonsequent. Entweder man versteht, dass jede Gruppe und damit auch jeder Ring ein $\mathbb {Z}$-Modul ist, dann sollte $1\cdot z$ kein Problem bereiten oder man versteht auch nicht, was $2\cdot z$ sein soll. Vielleicht sollte man lieber schreiben, dass der Satz auch in Ringen ohne Eins gilt, dabei sollte nur $n\cdot z$ als $\underbrace {z+z+\dots +z} _{n{\text{ mal}}}$ interpretiert werden. Mit dieser Erklärung schreckt man die Leute, die nichts von Moduln wissen, nicht gleich ab. --Jobu0101 (Diskussion) 13:10, 6. Jan. 2015 (CET)

Ich würde den Teil ganz rausnehmen. Ich glaube nicht, dass dass in Lehrbüchern erwähnt wird. Mir scheint das eine Suche nach (trivialen) Verallgemeinerunen zu sein, die gerade in der frühen Wikipdia in die Matheartikel reingeschrieben worden sind. Es wäre auch nicht sinnvoll zu schreiben, dass der Satz auch in nicht-kommutativen Ringen gilt, sofern nur die Elemente a und b miteinander kommutieren.

Aber du hast natürlich Recht, die jetztige Darstellung ist auf jeden Fall problematisch, denn wenn 2*x keine Probleme bereitet, dann auch 1*x nicht. --89.0.179.239 13:25, 6. Jan. 2015 (CET)

Literaturangabe

Hallo,

kann mir vielleicht jemand helfen bei folgendem Problem: ich brauche für meine Diss eine vernünftige Literaturangabe, die den Binomischen Lehrsatz für nicht-natürliche Exponenten erklärt. Die einzige für mich wirklich brauchbare Version hab ich hier gefunden, aber wikipedia ist keine Angabe, die ich geben kann. Kennt jemand ein Buch, in dem der Binomische Lehrsatz so erklärt wird wie hier, nicht "nur" die binomische Reihe oder der Spezialfall (1+α)? Ich bin für jeden Hinweis äußerst dankbar. In der hier angegebenen Quelle ist es leider auch nicht anders. Tina

Wenn Du den Spezialfall (1+α) hast, dann brauchst Du für den Schritt

$(x+y)^{n}=x^{n}\cdot \left(1+{\frac {y}{x}}\right)^{n}$ (also $\alpha =y/x$)

auch keine Referenz mehr.--Gunther 18:07, 2. Dez 2005 (CET)

Beweis?

Hi,

wieso bringt der Beweis des Binomischen Lehrsatzes keinen Erkenntnisgewinn? --Klauswilli 09:16, 17. Feb 2006 (CET)

Siehe hier.--Gunther 12:01, 17. Feb 2006 (CET)

Ich sehe da nichts. --Jobu0101 10:40, 17. Nov. 2009 (CET)

In der englischen Wikipedia ist der komplette kommentierte Beweis durch vollständige Induktion vorhanden. Dem Suchenden könnte man durch einen Link oder eine Kopie helfen. 91.36.86.125 20:49, 6. Nov. 2007 (CET)

Induktion >< Vollständige Induktion

Die Formulierung "Der Beweis funktioniert durch Induktion über $n$" ist leider etwas unglücklich. Der Link verweist zwar korrekt auf "Vollständige Induktion", es besteht aber eigentlich auch in der Mathematik ein großer Unterschied zwischen Induktion und Vollständiger Induktion (vgl z.B. Polya, Georg: Mathematik und plausibles Schließen – Band 1 – Induktion und Analogie in der Mathematik, Birkhäuserverlag, 1962)... ich würde es folgendermaßen formulieren: "Der Beweis für jede beliebige natürliche Zahl $n$ kann durch Vollständige Induktion erbracht werden;" (nicht signierter Beitrag von B.S.L. (Diskussion | Beiträge) 13. Januar 2007, 14:59 Uhr)

Nach 2½ Jahren habe ich den Vorschlag mal umgesetzt. --Laubbaum 13:01, 18. Jun. 2009 (CEST)

Die Redewendung "durch Induktion über ..." ist in der Mathematik sehr gebräuchlich und meint meines Wissens immer vollständige Induktion. --Jobu0101 (Diskussion) 12:47, 6. Jan. 2015 (CET)

Beweis durch vollständige Induktion

Ich finde es schade, dass kein direkter Beweis angegeben ist. Hier könnte man den Zusammenhang zur Kombinatorik zeigen, da die Binomialkoeffizienten ja genau der Anzahl der Möglichkeiten entsprechen, k ununterscheidbare Faktoren "x" in insgesamt n Faktoren, d.h. mit (n-k) ebenfalls ununterscheidbaren Faktoren "y" zu kombinieren.

Z.B. für n=4 und k=2: xxyy + xyxy + xyyx + yxxy + yxyx + yyxx

Der Beweis durch vollständige Induktion zeigt das nicht deutlich. (nicht signierter Beitrag von RolandF. (Diskussion | Beiträge) 21. September 2008, 00:30)

Direkter Beweis

Man sieht überall den Beweis durch vollständige Induktion. Mich würde mal ein direkter interessieren. Gibt es einen solchen? --Jobu0101 10:43, 17. Nov. 2009 (CET)

Es gibt einen Beweis, der aus der diskreten Mathematik stammt (vgl. dazu Aigner, Diskrete Mathematik, Kapitel über Erzeugendenfunktionen). Die Binomiale Konvolution der exponentiellen Erzeugendenfunktionen zu den geometrischen Folgen a^n und b^n ist eben (a+b)^n.

Die exponentiellen Erzeugendenfunktionen von a^n und b^n sind e^az und e^bz, d.h. nimm davon die Reihendarstellung, bilde das Konvolutionsprodukt, betrachte die Koeffizienten der Reihe, multipliziere mit n! und siehe da, (a+b)^n lässt sich wie gewünscht darstellen.

Für Faktorielle kann man ein analoges Ergebnis produzieren und so nebenbei die Vandermondesche Identität ;-)

Der Beweis durch vollständige Induktion hat aufgrund der rekursiven Definition der Binomialkoeffizienten und seiner größeren Allgemeingültigkeit meiner Meinung nach einiges für sich, aber für einen Mathematiker ist der definitiv zu unspektakulär :-)

--Christopher141 13:01, 4. Jan. 2012 (CET)

Dann steckt die vollständige Induktion aber in den Beweisen der Eigenschaften der Exponentialreihe. Denn wie zeigt man, dass das Produkt zweier Exponentialreihen wieder eine Exponentialreihe ist? Standard ist, indem man den binomischen Lehrsatz anwendet.--LutzL 14:00, 4. Jan. 2012 (CET)

Stimmt schon LutzL, allerdings wenn man die Exponentialfunktion losgelöst von der Reihendarstellung definiert hat und hinterher die Exponentialfunktion mit der Reihe identifiziert - machen hin und wieder Lehrbücher so (nicht Forster ;-)), dann muss sicher die resultierende Reihe die Erzeugendenfunktion der Folge (a+b)^n sein. Das muss so sein, weil das Cauchy-Produkt von konvergenten Reihen zwingend auch gleich dem Produkt derer Grenzwerte sein muss.

D.h. der Beweis mit den Erzeugendenfunktionen ist auch nur dann sinnvoll, wenn du die Abzweigung nimmst, die ich genommen habe.

Ich denke soweit kommt man ohne binomischen Lehrsatz, dass man die Exponentialfunktion mit der entsprechenden Taylorreihe identifiziert.

--Christopher141 16:36, 4. Jan. 2012 (CET)

Ja, das geht schon, aber steckt dann die vollständige Induktion nicht in der Identifikation mit der Potenzreihe drin? Also inwiefern wäre das "direkter" als der elementare Induktionsbeweis?--LutzL 19:59, 4. Jan. 2012 (CET)

Wobei ich gerade merke, dass wir uns von der Fragestellung entfernen. Also als Beweis ohne (explizite) vollständige Induktion kann man den über erzeugende Funktionen gelten lassen. Aber die Bezeichnung "direkter" halte ich etwas überzogen.--LutzL 20:02, 4. Jan. 2012 (CET)

Also für mich und die meisten Mathematiker die ich kenne ist direkt = nicht indirekt. Danach ist der Beweis durch Induktion selbst natürlich auch direkt. Wenn es keine eindeutige Definition gibt, muss man sinnvoll interpretieren. Ich hab daher die Fragestellung als Frage nach einem alternativen und direkten Beweis aufgefasst, der nicht die Induktion verwendet.

Die Identifikation der Funktion mit der Reihe folgt über den Satz von Taylor und dem Beweis, dass das Restglied eine Nullfolge ist. Bis dahin braucht man keinen binomischen Lehrsatz. Es gibt also auch keine implizite vollständige Induktion in der Form.

Ich glaube ja, dass die Definition der Exponentialfunktion zunächst nicht als Reihe einen didaktischen Vorteil hat. In einem Lehrbuch ist es aber unpassend den Beweis für den Lehrsatz über die Erzeugendenfunktionen zu führen, weil man nichts gewinnt.

--Christopher141 21:03, 4. Jan. 2012 (CET)

Ich weiß nicht, ob es noch aktuell ist, aber da du dich dafür zu interessieren schienst, @Jobu0101: Wenn man weiß, dass n über k die Anzahl der k-elementigen Mengen in einer n-elementigen sind, dass funktioniert ein "direkter" Beweis so:

Multipliziert man (a+b)^n aus, ohne die Kommutativität der Multiplikation zu benutzen, so erhält man die 2^n "Wörter" der Länge n, Monome, die nur aus den "Buchstaben" a und b bestehen, Diese Wörter lassen sich Teilmengen von M={1,...,n } zuordnen, indem man für eine Teilmenge C in M setzt:

T_C:=y_1* ...*y_n, wobei y_i=a, falls i in C und y_i = b falls i nicht in C

(ob i in C ist, bestimmt also, ob an der i-ten Stelle im Wort a oder b ist)

Aus #C=k folgt T_C=a^k*b^(n-k), daraus folgt dann sofort der binomische Lehrsatz.

Mir gefällt dieser Beweis besser als der übliche, denn hier wird klar, warum in der Summe alle Binomialkoeffizienten n über k vorkommen. --89.0.183.227 18:09, 5. Jan. 2015 (CET)

Ja, das ist die anschauliche Erklärung für die Gültigkeit des Lehrsatzes. So kann man ihn sich auch schön wieder herleiten, falls man ihn einmal vergessen haben sollte. --Jobu0101 (Diskussion) 12:46, 6. Jan. 2015 (CET)

Binomischer Reihe/Lehrsatz für komplexe Exponenten

Ist die Aussage: $(x+y)^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\infty }((\prod _{i=1}^{k}{\alpha }-i+1)/{k!}x^{k}y^{\alpha -k}\quad )$ so schon bewiesen (steht ja im Prinzip genauso im Artikel). Als ich das$(x+y)^{n}$ bei wolframalpha eintippte zeigte der mir andere Ergebisse($(x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{\infty }(n^{k}log^{k}(x+y))/(k!)$), die mein CAS (Derive 6) bestätigte. Mir ist auch aufgefallen, dass das Ergebnis der hiesigen Formel nicht in Richtung des eigentlichen Ergebnis strebt für z.B.: ${\infty }$ ersetzt durch 500. Quellen: http://www.wolframalpha.com/

-- 2.205.157.4 11:46, 7. Mai 2011 (CEST)

Verallgemeinerungen

Verallgemeinerung auf komplexe Binome ergänzt. Ich kann auch eine Herleitung ergänzen, bloß bin ich mir uneins, das so reinzustellen, dass es lexikalen Ansprüchen genügt. (nicht signierter Beitrag von 178.7.44.107 (Diskussion) 14:28, 17. Nov. 2018‎)

Vielen Dank für deinen Beitrag! Wenn ich mich nicht irre, handelt es sich hierbei aber um keine Verallgemeinerung, sondern um eine Spezifizierung ($b:=ib$). Daher kann ich das so nicht freigeben. Die eingefügten Formeln befinden sich zudem bereits unter Komplexe Zahl#Natürliche Exponenten. Eine Art Herleitung zu diesen Formel befindet sich bereits unter Wikibooks: b:Komplexe Zahlen/ Weitere Rechenverfahren#Der binomische Lehrsatz. Fühl dich frei an den genannten Stellen deinen Senf dazuzugeben! Viele Grüße Bigbossfarin (Diskussion) 16:26, 28. Nov. 2018 (CET)