Curso de alemán nivel medio con audio/Lección 070c

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Mathematik von A bis Z (Teil 7)

7

Siebentes Kapitel

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Kombination im engeren Sinne

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Diese Feststellung wurde durchaus nicht ohne Absicht gemacht, wie wir gleich näher erfahren werden. Wir wollen uns der zweiten Art der Kombinatorik aber wieder nicht theoretisch, sondern bildlich nähern und kehren deshalb in den uns schon vertrauten Kreis der vierzehnköpfigen Familie zurück. Wir treffen sie eben an, wie sie nach dein Mittagessen — es ist ein Feiertag — auf harmlose Unterhaltung sinnt. Als ein Kartenspiel vorgeschlagen wird, erinnert man sich der verhexten Tischordnung, und die Frage wird laut, wie lange es wohl dauern würde, bis alle Möglichkeiten einer täglichen Tarockpartie erschöpft wären. Aber beileibe nicht in bezug auf die Vielfalt der Spiele, sondern in bezug auf die Zusammenstellung der Partner. Es ist an Spielpartien zu je vier Personen gedacht. Jeden Tag soll die Partie anders zusammengesetzt sein. Und alle vierzehn Personen kommen als Mitspieler in Betracht.

Man ist verschüchtert und wagt keine Voraussagen. Vielleicht dauert es wieder Millionen von Jahren? Auf jeden Fall ist es besser, man vertraut sich der Kabbala, dem Algorithmus der Kombinatorik an, bevor man fruchtlos herumrät. Und der mathematisch versierte Sohn behauptet sofort, es handle sich in diesem Fall um die sogenannte „Kombination im engeren Sinne“. Vierzehn Personen heiße auf mathematisch soviel wie vierzehn Dinge oder vierzehn Elemente. Und die aus diesen Elementen zu bildenden Vierergruppen hießen Quaternen, ein Ausdruck, der ja von der Lotterie und von der Tombola her geläufig sei. Hier komme es durchaus nur auf die Zusammensetzung jeder Quaterne und nicht etwa auf die Reihenfolge, auf eine Umstellung innerhalb der Gruppe an. Denn die Gruppe Mutter, Vater, Alphons, Eva sei dieselbe Tarockpartie wie Vater, Alphons, Mutter, Eva oder Eva, Vater, Mutter, Alphons usf. Berechnen könne man die Sache äußerst schnell, denn es existiere dafür ein eigenes einfaches Zauberzeichen, der sogenannte „Binomialkoeffizient“. Nebenbei bemerkt, habe dieser Name mit unserem Beispiel nichts zu schaffen. Man schreibe einfach die Zahl der Elemente oben, die Größe der Gruppe unten, mache zwei Klammern, lese „14 über 4“ oder umgekehrt „14 tief 4“ und rechne den „Befehl“ nach gewohnter Weise aus.

Dann erhalte man $\textstyle {\binom {14}{4}}={\frac {14\cdot 13\cdot 12\cdot 11}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}$,

das aber ergebe die Zahl 1001, und die Tarockpartien wären somit in 1001 Tagen, also in nicht einmal drei Jahren durchgespielt.

Jetzt faßt man wieder Mut, da man zu einer vorstellbaren Zahl gelangt ist, und ein Mädchen wirft eine zweite Frage auf. „Der Zufall hat es gewollt,“ sagt das Mädchen, „daß unter uns zwölf Geschwistern sechs Jungen und sechs Mädchen sind. Es würde mich interessieren, wieviel voneinander verschiedene Tanzpaare man aus uns Geschwistern bilden kann. Das muß doch auch so eine Kombination sein. Denn es sind zwölf Dinge, wie es so schön heißt. Dann werden Zweiergruppen gebildet. Und schließlich ist es gleich, ob AIphons mit Eva oder ob Eva mit Alphons tanzt.“ „Du hast recht, Grete“, meint der mathematische Bruder. „Es ist eine Kombination aus Amben. So heißen die Zweiergruppen. Wie das Ambo in der Lotterie, das ja auch nichts anderes ist als eine Gruppe aus zwei Zahlen. Nebenbei könnte man deine Aufgabe unelegant noch einfacher als kombinatorisch erledigen. Von den sechs Mädchen tanzt jedes mit jedem der sechs Brüder. Also sechsmal. Also gibt es sechsunddreißig verschiedene Tanzpaare.“ „Und wozu braucht man dann deine Zauberformel?“ fragt Eva. „In diesem Fall konnte man einfach kalkulieren. Ich will dir aber zeigen, daß die verschmähte Zauberformel unsere Rechnung erst durchsichtig macht. Und daß sie unsere Hausverstandskalkulation bestätigt. Also: Alle Amben aus zwölf Elementen ergeben $\textstyle {\binom {12}{2}}$ Kombinationsfälle. Nun wären unter diesen Amben aber Paare aus je zwei Brüdern und aus je zwei Schwestern. Also nicht das, was wir anstreben. Wir haben nämlich die weitere Bedingung gestellt, daß es richtige Tanzpaarc sind. Müssen also die gleichgeschlechtlichen Paare abziehen. Diese gleichgeschlechtlichen Paare aber sind wieder Kombinationsfälle. Und zwar gibt es hier je 6 Elemente bei den Brüdern und 6 bei den Schwestern. Also je $\textstyle {\binom {2}{2}}$ gleichgeschlechtliche Amben. Eigentlich ist die Rechnung schon fertig Sie lautet:

$\textstyle {\binom {12}{2}}-{\binom {6}{2}}-{\binom {6}{2}}=$ $\textstyle {\binom {12}{2}}-2\cdot {\binom {6}{2}}=$$\textstyle {\frac {12\cdot 11}{1\cdot 2}}-2\cdot {\frac {6\cdot 5}{1\cdot 2}}=$$\textstyle 66-30=$$\textstyle 36$,

also genau das Ergebnis, das wir erwarteten.“

Bevor wir die vom großen Mathematiker Leonhard Euler und späteren eingeführte Schreibart, den „Befehl“ $\textstyle {\binom {14}{4}}$, $\textstyle {\binom {12}{2}}$ usw. näher erläutern, wollen wir, wie bei der Permutation, unsere „Indizes“ hervorholen und uns die „wohlgeordneten“ Kombinationsfälle ansehen. Wieder sind wir unersättlich und behaupten, es gebe „Unionen“, Einsergruppen. Das sind die Elemente selbst, abedef hat also sechs „Unionen“. Damit ist die Kombinationsmöglichkeit abgeschlossen. Zweiergruppen heißen Amben; Dreiergruppen Temen; Vierergruppen Quaternen; Fünfergruppen Quinternen; Sechsergruppen Sexternen; Siebenergruppen Septernen; Achtergruppen Okternen. Weiter ist die sprachliche Möglichkeit nicht recht gegeben. Novernen, Dezernen, Undezernen usw. sind keine hübschen Worte. Vor allem sind sie ungebräuchlich. Man kann ja ruhig Neunergruppen, Zwanzigergruppen, Dreihundertfünfzehnergruppen usw. sagen.

Bilden wir zuerst aus den Elementen 1, 2, 3, 4, 5, 6 die Ternen (Dreiergruppen)

    123     135     234     256
    124     136     235     345
    125     145     236     346 
    126     146     245     356
    134     156     246     456 

Das Zeichen der Beendigung der Operation ist hier der Umstand, daß soviel der letzten aller Elemente ohne Unterbrechung wohlgeordnet auftreten müssen, als die Gruppe Elemente hat. Hier also die letzten drei Elemente 4, 5 und 6. Hätten wir Amben von 1, 2, 3, 4, 5, 6. 7, 8, 9, so hieße die erste Ambe 12 und die letzte 89. Wir sehen weiter, daß in der Kombination niemals ein „höheres“ Element vor einem „tieferen“ stehen darf. 42 als Ambe in einer Kombination ist unmöglich. Denn es muß vorher schon 24 als Ambe gegeben haben1) und dieselbe Zusammensetzung darf niemals mehrfach vorkommen.

(Dies gilt nur, wenn ich bei Aufstellung der Amben „synthetisch“ vorgegangen bin. Für ein wahlloses Aufstellen von Amben genügt es, daß ich eine Ambe, etwa 42, nicht mehr wiederholen darf, wenn ich sie einmal angeschrieben habe. Auch nicht als 24.)

Bilden wir noch zur Übung die Vierergruppen aus den Elementen a, b, c, d, e, f, g.

abcd; acde; adef; aefg; bcde; cdef; befg; cdef; cefg; defg; 
abce; acdf; adeg;       bcdf; bdeg;       cdeg;
abcf; acdg; adfg;       bcdg; bdfg;       cdfg;
abcg; acef;             bcef;      
abde; aceg;             bceg;
abdf; acfg;             bcfg;
abdg;      
abef;
abeg; 
abfg;

Die Art und Weise, wie man vorzugehen hat, ist klar ersichtlich. Mail schreibt aus den ersten vier Elementen die erste Quaterne an und wechselt, solange es geht, das jeweils letzte Glied gegen ein höheres um. Geht dies nicht mehr, dann erhöht man das vorletzte usw.

Die Gesamtzahl der möglichen Kombinationen findet man nun durch folgende Überlegung. Ich habe etwa 6 Elemente gegeben und soll daraus Amben bilden. Ich muß also jedes dieser sechs Elemente mit jedem der jeweils übrigbleibenden (6-1) Elemente, also mit 5 Elementen verbinden. Ich hätte also 6×5=30 Amben. Nun ist das zuviel. Denn bei diesem Vorgehen erhalte ich jede Ambe doppelt, nämlich einmal als „ab“ und einmal als „ba“, da ich ja jedes der Elemente mit den übrigen verbinde. Die richtige Zahl der Kombination ist also $\textstyle {\frac {6\cdot (6-1)}{2}}$ oder $\textstyle {\binom {6}{2}}$, da dieser „Befehl“ $\textstyle {\frac {6\cdot 5}{1\cdot 2}}$ bedeutet. Wenn ich zu Ternen aufsteigen will, muß ich jede der schon gebildeten Amben mit den in der betreffenden Ambe nicht vorkommenden restlichen (6-2) Elementen verbinden. Ternenzahl ist also $\textstyle {\frac {6\cdot (6-1)}{2}}\cdot {\frac {(6-2)}{3}}$ da ich auch hier wieder die unfreiwillige Permutation durch eine Division durch 3 rückgängig machen muß.

Man kann in dieser Art weitergehen. Da aber das Bildungsgesetz der Rechnung schon jetzt klar ist, wollen wir etwa die Quinternenzahl aus 10 Elementen direkt anschreiben. Sie beträgt

${\frac {10\cdot (10-1)\cdot (10-2)\cdot (10-3)\cdot (10-4)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}}=$${\binom {10}{5}}=$$252$.

Nun wollen wir uns den Zauberschlüssel, jenes $\textstyle {\binom {10}{5}}$ oder $\textstyle {\binom {14}{4}}$ wie es heißen mag, näher ansehen. Es ist klar, daß es auch einen Befehl bedeutet. Nur hat dieser Kombinationsoperator oder Binomialkoeffizient oder wie wir ihn nennen mögen, sehr merkwürdige Eigenschaften. Man kann nämlich den Befehl auf verschiedene Art befolgen. Zuerst in der von uns bisher angewendeten. Vor allem bemerken wir, daß die obenstehende Zahl stets größer oder höchstens gleich groß mit der untenstehenden sein muß. Unter dieser Bedingung lautet der Befehl: „Verwandle das Zauberzeichen in einen gewöhnlichen Bruch oder in eine Division, indem du zuerst unten die Fakultät der untenstehenden Zahl anschreibst und dann oben, beginnend von der dort stehenden Zahl, soviele jeweils um eins verkleinerte Faktoren aufstellst, als die untere Zahl angibt.“ Das sieht verwickelt aus. Daher rasch noch drei Beispiele:

${\binom {17}{6}}={\frac {17\cdot 16\cdot 15\cdot 14\cdot 13\cdot 13}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6}}$ oder

${\binom {8}{7}}={\frac {8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7}}$ oder

${\binom {19}{2}}={\frac {19\cdot 18}{1\cdot 2}}$ oder

Kurz, ich beginne unten von eins bis zur untenstehenden Zahl. Und oben setze ich gleichviel Faktoren von der obenstehenden Zahl herunter an.

Zum gleichen Ergebnis gelange ich auch in anderer Art. Ich kann nämlich $\textstyle {\binom {17}{6}}$ auch als $\textstyle {\frac {17!}{6!\;(17-6)!}}$ ansetzen. Das hieße:

$\textstyle {\frac {1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8\cdot 9\cdot 10\cdot 11\cdot 12\cdot 13\cdot 14\cdot 15\cdot 16\cdot 17}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\times 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8\cdot 9\cdot 10\cdot 11}}$

Jeder halbwegs Rechengewandte sieht, daß man durch 11! kürzen kann und daß dann dasselbe bleibt, wie nach dem ersten Verfahren. Nur sind die oberen Faktoren (12 bis 17) jetzt in aufsteigender Reihenfolge geschrieben.

Aber noch etwas anderes ergibt sich, das wir an einem übersichtlicheren Beispiel klar machen wollen. $\textstyle {\binom {8}{3}}$ ist nach der zweiten Lesart $\textstyle {\frac {8!}{3!\;(8-3)!}}$, also $\textstyle {\frac {8!}{3!\times 5!}}$ oder ausgeschrieben $\textstyle {\frac {1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8}{1\cdot 2\cdot 3\times 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}}$ und es steht mir frei, ob ich durch 1•2•3 oder durch 1•2•3•4•5 kürzen will. Nebenbei bemerkt, könnte ich nicht nur entweder durch 3! oder durch 5! kürzen, sondern nach jeder dieser Kürzungen noch durch andere Größen. Wir wollen aber annehmen, daß man nur entweder durch 3! oder durch 5! kürzen soll. Kürze ich nun durch 5!, dann erhalte ich $\textstyle {\frac {6\cdot 7\cdot 8}{1\cdot 2\cdot 3}}$ oder, wenn ich die Reihenfolge oben umkehre, $\textstyle {\frac {8\cdot 7\cdot 6}{1\cdot 2\cdot 3}}$ ,also nichts anderes als die erste Lesart von $\textstyle {\frac {8}{3}}$, was wir schon im ersten Beispiel feststellten. Wenn ich aber durch 3! kürze, dann erhalte ich zu meiner Überraschung etwas anderes. Nämlich

$\textstyle {\frac {4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}}$ oder $\textstyle {\frac {8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}}$

Was heißt das aber? Es muß da etwas nicht stimmen. Denn nach der ersten Lesart wäre das doch die Ausrechnung von $\textstyle {\binom {8}{5}}$. Daran gibt es nichts zu deuteln. $\textstyle {\binom {8}{3}}$ soll also gleich sein mit $\textstyle {\binom {8}{5}}$? Ist so etwas möglich? Schließlich können wir es ja ausrechnen und verifizieren.

$\textstyle {\binom {8}{3}}={\frac {8\cdot 7\cdot 6}{1\cdot 2\cdot 3}}=56$ und

$\textstyle {\binom {8}{5}}={\frac {8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}}=56$.

Wir haben uns also nicht getäuscht. Kombinatorisch gesprochen gibt es aus 8 Elementen ebensoviel Temen wie Quinternen. Und ebensoviel Amben wie Sexternen. Denn $\textstyle {\binom {8}{2}}$ muß gleich sein $\textstyle {\binom {8}{6}}$, da die zweite Lesart für $\textstyle {\binom {8}{2}}={\frac {8!}{2!\;(8-2)!}}={\frac {8!}{2!\;6!}}$ und für $\textstyle {\binom {8}{6}}={\frac {8!}{6!\;(8-6)!}}={\frac {8!}{6!\;2!}}$ somit das gleiche Resultat, für beide Fälle liefert.

Wenn wir nun eine Reihe solcher „Befehle“ anschreiben, etwa $\textstyle {\binom {9}{1}}$$\textstyle {\binom {9}{2}}$$\textstyle {\binom {9}{3}}$$\textstyle {\binom {9}{4}}$$\textstyle {\binom {9}{5}}$$\textstyle {\binom {9}{6}}$$\textstyle {\binom {9}{7}}$$\textstyle {\binom {9}{8}}$, dann wissen wir jetzt, daß der erste Operator mit dem letzten, der zweite mit dem zweitletzten, der dritte mit dem drittletzten, der vierte mit dem viertletzten das gleiche Resultat liefert.

Denn stets gilt die Beziehung:

(Elementenzahl über Gruppengröße) =

(Elementenzahl über Elementenzahl minus Gruppengröße)

Die Ausrechnung unserer obigen Reihe würde ergeben: 9 Unionen, 36 Amben, 84 Temen, 126 Quaternen, 126 Quinternen, 84 Sexternen, 36 Septernen, 9 Okternen. Also genau wie vorausgesagt.

Diese sonderbare Symmetrie, diese Regelmäßigkeit wird uns später, beim sogenannten „binomischen Lehrsatz“, noch beschäftigen, da sie uns einen zauberkräftigen Algorithmus zur Berechnung schwieriger Potenzierungen von Summen liefert.

Wir können jetzt also auch kombinieren im engeren Sinne. Und fügen nur noch hinzu, daß man die Ziffer, die angibt, ob Amben, Temen usw. zu bilden sind, auch die „Klasse“ der Kombination nennt. $\textstyle {\binom {5}{3}}$ heißt also: „Rechne nach einer der zwei Lesarten diesen Zauberschlüssel aus und du erhältst die Zahl der Kombinationen dritter Klasse aus fünf Elementen.“ Damit erhalten wir nach obiger Beziehung gleichzeitig auch die Zahl der Kombinationen zweiter Klasse aus fünf Elementen, da ja $\textstyle {\binom {5}{3}}$ gleich $\textstyle {\binom {5}{5-3}}$, also gleich $\textstyle {\binom {5}{2}}$ ist.

Nun gibt es, wie bei der Permutation, auch hier die Möglichkeit der sogenannten „Wiederholung“. Nur bedeutet es bei der Kombination etwas anderes. Korrekt gesagt, gibt es bei der Permutation nur ein mehrfaches Vorkommen gleich indizierter oder gleich benannter Dinge (Birnen, Äpfel, mehrere a oder b, mehrere 1 oder 3). Bei der Kombination mit unbeschränkter Wiederholung dagegen erhalte ich die Erlaubnis, jedes Element sooft anzuwenden, als ich will. Ich darf also bei 5 Elementen abede etwa solche Ternen bilden:

a a a, a b b, b b c, d e e, d d d usw.

Die Ableitung der Formel, die uns die Zahl solcher Kombinationsmöglichkeiten angibt, ist schwierig und langwierig. Wir wollen daher bloß das Ergebnis anführen. Die Formel lautet:

Zahl der Elemente plus Klassenzahl minus eins
                    über
                Klassenzahl

Hätten wir also etwa 8 Elemente, aus denen wir mit der Erlaubnis unbeschränkter Wiederholung Quaternen bilden sollen, dann schreiben wir $\textstyle {\binom {8+4-1}{4}}=$$\textstyle {\binom {11}{4}}=$$\textstyle {\frac {11\cdot 10\cdot 9\cdot 8}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}=$ $\textstyle 70$ was naturgemäß viel mehr ist, als die Zahl unwiederholter Quaternen aus 8 Elementen, die bloß $\textstyle {\binom {8}{4}}={\frac {8\cdot 7\cdot 6\cdot 5}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}=70$ betragen würde.

Als Abschluß unserer Betrachtungen über die Kombination im engeren Sinne wollen wir „zur Erhaltung und Vervollständigung des Systems“ wie schon sooft wieder einmal einen sinnlosen Befehl erteilen. Wir Rekruten der Mathematik müssen uns zur Festigung unserer Disziplin an derartige Befehle gewöhnen. Denn beim Militär gibt es bekanntlich kein „unmöglich“ und Befehl ist Befehl. Wir verlangen also zu wissen, wie, groß irgendeine Zahl „über“ Null ist. Natürlich nicht schlechtweg eine Zahl über Null. Sondern das „über“ in unserer kombinatorischen Schreibweise ausgedrückt. Also wie groß ist etwa $\textstyle {\binom {9}{0}}$? Selbstverständlich eine Aufgabe für das Irrenhaus oder für Spiritisten. Denn es wird ja bloß verlangt, ich solle (in der ersten Lesart) oben die 9 nullmal, um je eins bei jedem weiteren Faktor vermindert, als Faktor setzen. Als Erholung soll ich dann unten 0! anschreiben. Also alle Zahlen, beginnend mit der Eins, bis ich endlich zur Null gelange. Diese letzte Forderung gliche dem Befehl, solange auf den Berg hinaufzusteigen, bis ich dadurch das darunterliegende Tal erreicht hätte. Wir treiben aber wieder den Teufel mit dem Beelzebub aus. Wir wenden die Gegen-Kabbala an. Es gibt noch eine zweite Irrenhausaufgabe, die allerdings harmloser ist. Nämlich die Zahl über sich selbst. In unserem Fall also $\textstyle {\binom {9}{9}}$. Das läßt sich wenigstens berechnen, und zwar als $\textstyle {\frac {9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8\cdot 9}}$ und liefert offensichtlich als Ergebnis. Es ist übrigens auch ohne Rechnung klar, daß es nur eine einzige Kombination aus allen Elementen gibt, wenn die Klassengröße der Elementenzahl gleich ist. Nun „erhalte ich das System“. Ich habe vorhin gesehen, daß wenn ich die Binomial-Koeffizienten (kombinatorische Arbeitsbefehle) einer und derselben Elementenzahl, geordnet nach der kontinuierlich je um eins erhöhten Klassengröße, in eine Reihe anschreibe, je zwei gleich weit von den beiden Enden abstehende Binomial-Koeffizienten das gleiche Ergebnis liefern. Da nun infolge dieser allgemeinen Eigenschaft dieser „Befehle“ z. B. $\textstyle {\binom {9}{1}}$ und $\textstyle {\binom {9}{8}}$ gleich waren, brauchen wir nur noch nachzusehen, wo $\textstyle {\binom {9}{0}}$ und $\textstyle {\binom {9}{9}}$ stehen. Sie stehen, das ist offensichtlich, in unserer Reihe vor $\textstyle {\binom {9}{1}}$ und nach $\textstyle {\binom {9}{8}}$. Und zwar jeweils als unmittelbare Nachbarn. Da wir aber nun weiter schon wissen, daß $\textstyle {\binom {9}{9}}$ gleich 1 ist, so muß $\textstyle {\binom {9}{0}}$ an der entsprechenden Stelle auf dem entgegengesetzten Ende der Reihe auch gleich eins sein. $\textstyle {\binom {9}{0}}$ ist also dem Wert gleich der Eins. Unser Algorithmus hat uns über Abgründe geleitet, auf deren Boden kein menschliches Auge mehr sieht. Wir sind auf einer Seite in die Gefilde rettungsloser Unvorstellbarkeit hineingeschritten und haben auf der anderen Seite plötzlich ein klares, einfaches, rundes, greifbares Resultat gewonnen. Diese Zwischenbemerkung nur zur weiteren Charakterisierung des Wesens eines tauglichen Algorithmus. Wenn wir diesen Begriff einmal durch und durch verstehen, dann wird uns — es sei noch einmal gesagt — die ganze Unendlichkeitsanalysis, die so sehr gefürchtete Differential- und Integralrechnung, nur wie ein Kinderspiel, und zwar ein sehr buntes, berauschend vergnügliches Kinderspiel anmuten.

Wir müssen aber von einer anderen Seite her erproben, ob unser Gewaltstreich mit dem $\textstyle {\binom {9}{0}}=1$ nicht das System zersprengt. Dazu verwenden wir eine weitere Eigenschaft unseres Befehls, daß nämlich, wie schon erwähnt, $\textstyle {\binom {9}{9}}$ auch mit $\textstyle {\binom {9}{9-0}}$ gleich sein muß, da ja etwa $\textstyle {\binom {9}{4}}$ stets gleich ist $\textstyle {\binom {9}{9-4}}$, also $\textstyle {\binom {9}{5}}$. Schon der erste Anblick von $\textstyle {\binom {9}{9}}$ und $\textstyle {\binom {9}{9-0}}$ zeigt, daß Gleichheit vorliegt.

Zum Schluß wollen wir noch eine andere Eigentümlichkeit nur kurz erwähnen, die eine derartige vollständige Reihe von Binomial-Koeffizienten einer und derselben Elementenanzahl besitzt. Ihre sogenannte Quersumme ist nämlich stets die Zahl 2 zur Potenz der Elementenanzahl erhoben, in unserem Falle also 2⁹ oder 512. Wenn wir nun alle Ergebnisse als additive Reihe nebeneinanderstellen, so erhalten wir:

1 + 9 + 36 + 84 + 126 + 126 + 84 + 36 + 9 + 1 = 512.

Hier waren, wie man sieht, $\textstyle {\binom {9}{0}}$ und $\textstyle {\binom {9}{9}}$ schon als Flügelleute mit von der Partie. Da nun — eine weitere Anmerkung — die Klassenzahl von 0 bis zur Elementenanzahl läuft, so ergibt sich bei ungerader Elementenzahl eine gerade Gliederzahl der Reihe und umgekehrt. Wir hatten die Klassen 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, also 10 Klassen. Daher auch zehn Arbeitsbefchle und zehn Summenglieder. Bei 4 als Elementenanzahl ergäbe sich$\textstyle {\binom {4}{0}}$$\textstyle {\binom {4}{1}}$$\textstyle {\binom {4}{2}}$$\textstyle {\binom {4}{3}}$$\textstyle {\binom {4}{4}}$, also fünf (ungerade Anzahl!) Reihenglieder, und zwar 1, 4, 6, 4, 1. Die Quersumme ist wieder die entsprechende Potenz von 2, nämlich 24= 16. Wieder sind weiters die von beiden Enden gleich weit abstehenden Binomial-Koeffizienten gleich groß. Nur die Sechs in der Mitte oder $\textstyle {\binom {4}{2}}$ spielt gleichsam eine Doppelrolle als eine Art von Doppelglied. Das ist aber auch aus dem Wesen der geraden Zahl zu erklären. Bei 10 über einer Klasse zwischen 0 und 10 muß einmal in der Reihe das Glied „10 über $\textstyle {\frac {10}{2}}$“ oder $\textstyle {\binom {10}{5}}$ vorkommen. Das aber ist gleich $\textstyle {\binom {10}{10-5}}$, also wieder gleich $\textstyle {\binom {10}{2}}$. Bei ungerader Elementenzahl ist ein solches janusköpfiges Mittelglied nicht möglich, da etwa $\textstyle {\binom {11}{5}}$ gleich ist$\textstyle {\binom {11}{11-5}}={\binom {11}{6}}$, $\textstyle {\binom {11}{6}}$ aber schon mit $\textstyle {\binom {11}{11-6}}={\binom {11}{5}}$ wieder nach der anderen Richtung zurückschlägt. Es gibt eben kein „11 über $\textstyle {\frac {11}{2}}$“, da $\textstyle {\frac {11}{2}}=5{,}5$ keine ganze Zahl ist und daher als kombinatorische Klassengröße nicht in Betracht kommt.

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