Skripten - an der Fakultät für Mathematik! - Universität Wien

Induktionsschritt:
( ) n + 1
=
0
( n
−1)
2.5. VOLLSTÄNDIGE INDUKTION 21
+
( n
0)
nach Definition 2.5.3(iii)
= 0 + 1 nach Def. 2.5.3(ii) bzw. Induktionsannahme
= 1
Das beweist die Behauptung über den linken Rand des Pascalschen Dreiecks.
) Ganz analog behandeln wir den rechten Rand, also die Binomialkoeffizienten der Form
. Aus der rechten Seite der Aussage des Satzes berechnen wir
( n
n
Behauptung:
Induktionsanfang: n = 0
n!
(n − n)!n!
= n!
n!
= 1.
( n
für alle natürlichen n gilt: = 1
n)
( 0
= 1 nach Definition 2.5.3(i).
0)
Induktionsannahme: Es gelte
( n
= 1.
n)
Induktionsschritt:
( ) n + 1
n + 1
=
( n
n)
+
( ) n
n + 1
nach Definition 2.5.3(iii)
= 1 + 0 nach Induktionsann. bzw. Def. 2.5.3(ii)
= 1
Das zeigt die Behauptung über den rechten Rand.
Nun beweisen wir die Formel für alle (restlichen) n und k. Dafür müssen wir nachweisen,
dass für alle n inÆ, 2 ≤ n und 1 ≤ k ≤ n − 1
( n n!
=
k)
(n − k)!k!
gilt. Wir verwenden ein weiteres Mal vollständige Induktion.
Induktionsanfang: n = 2, daher k = 1
( ( ( 2 1 1
= + nach Definition 2.5.3(iii)
1)
0)
1)
Andererseits gilt
Induktionsannahme: Es gelte
( n
k)
= 1 + 1 nach dem bereits bewiesenen
= 2
=
2!
(2 − 1)! 1! = 2
1 · 1 = 2
n!
(n − k)!k!
für 1 ≤ k ≤ n − 1.