Pascalsches Dreieck · Binomischer Lehrsatz

Pascalsches Dreieck · Vom Muster zur Binomialverteilung

Zeilen8

Darstellung

Die ausgerechneten Zahlen des Dreiecks.

Muster

Jede Zahl ist die Summe der beiden Zahlen schräg darüber.

Bauregel

Tippe eine Zahl im Dreieck an.

Linker Summand

Rechter Summand

Ausgewählte Zahl

Sierpinski-Dreieck · rekursiv

Tiefe 3

Dieselbe Form, zwei Wege: Oben im Pascalschen Dreieck sind die ungeraden Zahlen rot markiert — sie ergeben dieses Muster. Hier ist dasselbe Dreieck rein geometrisch durch Rekursion erzeugt: aus jedem Dreieck das mittlere Teildreieck weglassen, immer wieder. Zwei völlig verschiedene Regeln, dieselbe Form — das Sierpinski-Dreieck.

Exponent $n$3

Zeile $n$ im Dreieck

Zeilensumme

Variable $\ca{a}$

Variable $\cb{b}$

Koeffizient

1 · Ausmultiplizieren — das konkrete Beispiel

Beim Ausmultiplizieren von $(\ca{a}+\cb{b})(\ca{a}+\cb{b})$ entsteht jedes Produkt, indem man aus jeder Klammer genau einen Summanden wählt:

$$\begin{aligned}(\ca{a}+\cb{b})^2 &= \ca{a}\ca{a} + \ca{a}\cb{b} + \cb{b}\ca{a} + \cb{b}\cb{b}\\[2pt] &= \ca{a^2} + \cres{2}\,\ca{a}\cb{b} + \cb{b^2}\end{aligned}$$

$\ca{a}\cb{b}$ und $\cb{b}\ca{a}$ sind gleich — der Koeffizient $\cres{2}$ zählt, auf wie viele Arten man genau einmal $\cb{b}$ wählen kann.

Bei $(\ca{a}+\cb{b})^3$ wählt man aus drei Klammern — das ergibt $2^3 = 8$ Produkte. Sortiert danach, wie oft $\cb{b}$ vorkommt:

$k=0$kein $\cb{b}$

$\ca{a}\,\ca{a}\,\ca{a}$

$k=1$ein $\cb{b}$

$\ca{a}\,\ca{a}\,\cb{b}$$\ca{a}\,\cb{b}\,\ca{a}$$\cb{b}\,\ca{a}\,\ca{a}$

$k=2$zwei $\cb{b}$

$\ca{a}\,\cb{b}\,\cb{b}$$\cb{b}\,\ca{a}\,\cb{b}$$\cb{b}\,\cb{b}\,\ca{a}$

$k=3$drei $\cb{b}$

$\cb{b}\,\cb{b}\,\cb{b}$

Die Anzahlen $\cres{1}$, $\cres{3}$, $\cres{3}$, $\cres{1}$ sind genau die Zeile 3 des Pascalschen Dreiecks:

$$(\ca{a}+\cb{b})^3 = \ca{a^3} + \cres{3}\,\ca{a^2}\cb{b} + \cres{3}\,\ca{a}\cb{b^2} + \cb{b^3}$$

2 · Was ist ein Binomialkoeffizient?

Die Zahlen im Pascalschen Dreieck sind nichts Neues — sie haben einen Namen. Die Zahl in Zeile $n$ an Position $k$ (Zählung ab $0$) heißt Binomialkoeffizient $\binom{n}{k}$, gesprochen „$n$ über $k$“.

Und diesem Koeffizienten bist du längst begegnet: bei den Kombinationen. Dort zählte $\binom{n}{k}$, auf wie viele Arten man $k$ Dinge aus $n$ auswählt — etwa $k$ Karten aus einem Stapel von $n$. Es ist genau dasselbe Objekt, das uns jetzt im Dreieck wiederbegegnet.

Berechnen lässt es sich direkt — ohne das Dreieck aufzuschreiben:

$$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} \qquad \text{z.\,B.} \quad \binom{5}{2} = \frac{5!}{2!\cdot 3!} = \frac{5\cdot 4}{2\cdot 1} = 10$$

Dass im Ausmultiplizieren oben dieselbe Zählung steckt, zeigt die Tabelle: $\binom{3}{1}=3$ ist die Anzahl der Produkte mit genau einem $\cb{b}$ — also auf wie viele Arten man unter den drei Klammern die eine auswählt, in der das $\cb{b}$ genommen wird.

3 · Der Binomische Lehrsatz

Jetzt ist alles beisammen. Stell links den Exponenten $n$ ein — die Koeffizienten der Entwicklung sind immer die Zeile $n$ des Dreiecks:

Schreibt man diese Koeffizienten als $\binom{n}{k}$, wird aus dem Muster eine einzige Formel — der Binomische Lehrsatz:

$$(\ca{a}+\cb{b})^n = \sum_{k=0}^{n} \cres{\binom{n}{k}}\, \ca{a^{n-k}}\, \cb{b^{k}}$$

Dieselbe Zählung begegnet dir im Tab Galtonbrett wieder — dort wählt eine Kugel an $n$ Nägeln, ob sie nach links oder rechts fällt, und $\binom{n}{k}$ zählt die Wege ins Fach $k$.

Nagelreihen $n$6

Simulation

Kugeln gesamt0

Theorie · Fach $k$

Empirisch

Noch keine Kugeln.

Tippe ein Fach an, um k zu wählen.

Nagel · Zahl = Wege dorthin

Wege ins Fach $k$ · Theorie

Kugeln · empirisch

An jedem Nagel fällt die Kugel mit gleicher Wahrscheinlichkeit nach links oder rechts. Ins Fach $k$ führen genau $\binom{n}{k}$ Wege — die Zahlen an den Nägeln sind das Pascalsche Dreieck. Es ist dieselbe Zählung wie im Lehrsatz: Der Koeffizient von $a^{n-k}b^{k}$ zählt, in wie vielen der $n$ Klammern das $b$ gewählt wird. Mit $p = \tfrac{1}{2}$ ergibt sich $P(X=k) = \binom{n}{k}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n}$ — die Binomialverteilung.

Je mehr Kugeln fallen, desto näher kommen die empirischen Häufigkeiten (rote Balken) an die theoretischen Wahrscheinlichkeiten (gestrichelte lila Linie) heran. Das ist das Gesetz der großen Zahlen in Aktion: Mit wachsender Kugelzahl beobachten wir seine Wirkung direkt im Bild.

Binomialkoeffizient

1 · Berechne $\binom{6}{2}$ mit der Formel.

Lösung

$$\binom{6}{2} = \frac{6!}{2!\cdot(6-2)!} = \frac{6!}{2!\cdot 4!} = \frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{(2\cdot 1)\cdot(4\cdot 3\cdot 2\cdot 1)} = \frac{6\cdot 5}{2\cdot 1} = \frac{30}{2} = 15$$

Kontrolle im Dreieck: Zeile 6 lautet $1\;6\;\underline{15}\;20\;15\;6\;1$ — an Position $k=2$ steht tatsächlich $15$.

2 · Zeile 5 lautet $1\;5\;10\;10\;5\;1$. Bestimme daraus Zeile 6.

Lösung

Jede Zahl der neuen Zeile ist die Summe der beiden Zahlen darüber; am Rand steht immer $1$:

$$\begin{aligned} &1\\ &1+5 = 6\\ &5+10 = 15\\ &10+10 = 20\\ &10+5 = 15\\ &5+1 = 6\\ &1 \end{aligned}$$

Zeile 6: $\;1\;\;6\;\;15\;\;20\;\;15\;\;6\;\;1$

3 · Bestimme den Koeffizienten von $a^3b^4$ in $(a+b)^7$.

Lösung

Nach dem Binomischen Lehrsatz hat der Term $a^{n-k}b^{k}$ den Koeffizienten $\binom{n}{k}$. Hier ist $n=7$ und $b$ kommt $k=4$-mal vor (Probe: $a$-Exponent $n-k = 7-4 = 3$ ✓).

$$\binom{7}{4} = \frac{7!}{4!\cdot 3!} = \frac{7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1} = \frac{210}{6} = 35$$

Der Koeffizient von $a^3b^4$ ist $35$.

Binomischer Lehrsatz

4 · Entwickle $(a+b)^4$ vollständig.

Lösung

Zeile 4 des Dreiecks liefert die Koeffizienten $1\;4\;6\;4\;1$. Die Potenzen von $a$ fallen von $4$ auf $0$, die von $b$ steigen von $0$ auf $4$:

$$(a+b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4$$

Probe: Die Summe der Exponenten ist in jedem Term $4$, und es gibt $4+1 = 5$ Terme.

5 · Entwickle $(x+2)^3$.

Lösung

Binomischer Lehrsatz mit $a = x$, $b = 2$ und Zeile 3 ($1\;3\;3\;1$):

$$\begin{aligned}(x+2)^3 &= 1\cdot x^3 + 3\cdot x^2\cdot 2 + 3\cdot x\cdot 2^2 + 1\cdot 2^3\\ &= x^3 + 6x^2 + 3\cdot x\cdot 4 + 8\\ &= x^3 + 6x^2 + 12x + 8\end{aligned}$$

6 · Entwickle $(2x-y)^3$. Achte auf die Vorzeichen.

Lösung

Binomischer Lehrsatz mit $a = 2x$ und $b = -y$. Negative Werte beim Einsetzen immer in Klammern:

$$\begin{aligned}(2x-y)^3 &= (2x)^3 + 3\cdot(2x)^2\cdot(-y) + 3\cdot(2x)\cdot(-y)^2 + (-y)^3\\ &= 8x^3 + 3\cdot 4x^2\cdot(-y) + 3\cdot 2x\cdot y^2 + (-y^3)\\ &= 8x^3 - 12x^2y + 6xy^2 - y^3\end{aligned}$$

Die Vorzeichen wechseln, weil $(-y)^k$ für ungerades $k$ negativ und für gerades $k$ positiv ist.

Brücke zur Stochastik

7 · Eine faire Münze wird 6-mal geworfen. Mit welcher Wahrscheinlichkeit fällt genau 3-mal Kopf?

Lösung

Es gibt $2^6 = 64$ gleichwahrscheinliche Wurffolgen. Günstig sind alle Folgen mit genau $3$-mal Kopf — ihre Anzahl ist der Binomialkoeffizient:

$$\binom{6}{3} = \frac{6!}{3!\cdot 3!} = \frac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1} = \frac{120}{6} = 20$$ $$P(\text{genau 3-mal Kopf}) = \frac{20}{64} = \frac{5}{16} = 0{,}3125 = 31{,}25\,\%$$

Am Galtonbrett entspricht das dem mittleren Fach bei $n = 6$ Nagelreihen.

8 · Begründe mit dem Binomischen Lehrsatz: Die Summe der Zahlen in Zeile $n$ ist $2^n$.

Lösung

Der Binomische Lehrsatz gilt für beliebige $a$ und $b$ — also auch für $a = 1$ und $b = 1$:

$$(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\cdot 1^{n-k}\cdot 1^{k} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}$$

Links steht $(1+1)^n = 2^n$, rechts genau die Summe aller Zahlen der Zeile $n$. Also:

$$\binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \dots + \binom{n}{n} = 2^n$$

Anschaulich: $2^n$ ist die Gesamtzahl aller Wege durch $n$ Nagelreihen — und die Zeile $n$ verteilt diese Wege auf die Fächer. Im Tab Entdecken zeigt der Modus „Summen“ genau dieses Muster.