Aufgabe 12 – Rhombus

Ersetzt man im Pascalschen Dreieck die Einträge durch kleine rechteckige weiße und schwarze Kästchen, je nachdem der entsprechende Binomial-Koeffizient gerade oder ungerade ist, so entsteht eine interessante Figur, siehe Bild 1.1.

Wir bezeichnen das Kästchen, das dem Binomial-Koeffizienten ${k \choose l}$ entspricht, mit $(k,l)$ . In der Figur sind alle Kästchen $(k,l)$ bis $k=63$ dargestellt. Man beweise dazu:

a) ${{2^n-1} \choose l$ ist ungerade für alle $0 \le l \le 2^n-1$ , d.h. die Zelle mit $k=2^n -1$ ist vollständig schwarz.

b) ${2^n \choose l}$ ist gerade für alle $1 \le l \le 2^n-1$ .

c) ${{2^n+l} \choose l}$ ist ungerade für alle $0 \le l \le 2^n-1$ .

d) Das Dreieck mit den Ecken $(0,0)$ , $(2^n-1,0)$ , $(2^n-1,2^n-1)$ geht durch Verschiebung $(k,l) \mapsto (2^n+k,l)$ in das Dreieck $(2^n,0)$ , $(2^{2n}-1,0)$ , $(2^{2n}-1,2^n-1)$ mit demselben Farbmuster über.

e) Das Dreieck mit den Ecken $(0,0)$ , $(2^n-1,0)$ , $(2^n-1,2^n-1)$ weist außerdem eine Symmetrie bzgl. Drehungen um den Mittelpunkt mit Winkel 120 Grad und 240 Grad auf, genauer: Durch die Transformation

$(k,l) \mapsto (2^n-1-l,k-l)$ , ( $0 \le l \le k \le 2^n-1$ )

geht das Dreieck unter Erhaltung des Farbmusters in sich über, d.h. die Binomialkoeffizienten

${k \choose l}$ und ${{2^n-1-l} \choose {k-l}$

sind entweder beide gerade oder beide ungerade.

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