1.4: Coeficientes binomiales
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Recordemos la aparición del Triángulo de Pascal en el Ejemplo 1.3.4. Si te has encontrado con el triángulo antes, es posible que sepas que tiene muchas propiedades interesantes. Exploraremos algunos de estos aquí.
Quizás sepas, por ejemplo, que las entradas en el Triángulo de Pascal son los coeficientes del polinomio producidos al elevar un binomio a una potencia entera. Por ejemplo,
\[(x+y)^3=1\cdot x^3+3\cdot x^2y+ 3\cdot xy^2+1\cdot y^3\nonumber \]
y los coeficientes 1, 3, 3, 1 forman la fila tres del Triángulo de Pascal. Por esta razón los números\(n\choose k\) suelen ser referidos como los coeficientes binomiales.
Teorema \(\PageIndex{1}\): Binomial Theorem
\[ (x+y)^n={n\choose 0}x^n+{n\choose 1}x^{n-1}y+ {n\choose 2}x^{n-2}y^2+\cdots+{n\choose n}y^n= \sum_{i=0}^n {n\choose i}x^{n-i}y^i\nonumber \]
- Prueba
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Demostramos esto por inducción en\(n\). Es fácil verificar los primeros, digamos\(n=0,1,2\), que forman el caso base. Ahora supongamos que el teorema es cierto para\(n-1\), es decir,\[(x+y)^{n-1} =\sum_{i=0}^{n-1} {n-1\choose i}x^{n-1-i}y^i.\nonumber \]
Entonces\[(x+y)^n=(x+y)(x+y)^{n-1}=(x+y)\sum_{i=0}^{n-1} {n-1\choose i}x^{n-1-i}y^i.\nonumber \]
Usando la propiedad distributiva, esto se convierte en\[\eqalign{ x\sum_{i=0}^{n-1} {n-1\choose i}x^{n-1-i}y^i+ y&\sum_{i=0}^{n-1} {n-1\choose i}x^{n-1-i}y^i\cr &=\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}x^{n-i}y^i+ \sum_{i=0}^{n-1} {n-1\choose i}x^{n-1-i}y^{i+1}.\cr}\nonumber \]
Estas dos sumas tienen mucho en común, pero está ligeramente disfrazada por un “offset”: la primera suma comienza con un\(x^ny^0\) término y termina con un\(x^{1}y^{n-1}\) término, mientras que los términos correspondientes en la segunda suma son\(x^{n-1}y^{1}\) y\(x^{0}y^{n}\). Vamos a reescribir la segunda suma para que coincidan:
\[\eqalign{ \sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}&x^{n-i}y^i+ \sum_{i=0}^{n-1} {n-1\choose i}x^{n-1-i}y^{i+1}\cr &=\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}x^{n-i}y^i+ \sum_{i=1}^{n} {n-1\choose i-1}x^{n-i}y^{i}\cr &={n-1\choose 0}x^n+\sum_{i=1}^{n-1}{n-1\choose i}x^{n-i}y^i+ \sum_{i=1}^{n-1} {n-1\choose i-1}x^{n-i}y^{i}+{n-1\choose n-1}y^{n}\cr &={n-1\choose 0}x^n+ \sum_{i=1}^{n-1}({n-1\choose i}+{n-1\choose i-1})x^{n-i}y^{i}+ {n-1\choose n-1}y^{n}.\cr }\nonumber \]
Ahora podemos usar el Teorema 1.3.1 para obtener:
\[\eqalign{ {n-1\choose 0}x^n+ &\sum_{i=1}^{n-1}({n-1\choose i}+{n-1\choose i-1})x^{n-i}y^{i}+ {n-1\choose n-1}y^{n}.\cr &={n-1\choose 0}x^n+ \sum_{i=1}^{n-1}{n\choose i}x^{n-i}y^{i}+ {n-1\choose n-1}y^{n}.\cr &={n\choose 0}x^n+ \sum_{i=1}^{n-1}{n\choose i}x^{n-i}y^{i}+ {n\choose n}y^{n}\cr &=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}x^{n-i}y^{i}.\cr }\nonumber \]
En el siguiente y último paso utilizamos los hechos que\({n-1\choose 0}={n\choose 0}\) y\({n-1\choose n-1}={n\choose n}\).
He aquí una consecuencia interesante de este teorema: Considerar
\[(x+y)^n=(x+y)(x+y)\cdots(x+y).\nonumber \]
Una forma en la que podríamos pensar en intentar multiplicar esto es esta: Recorre los\(n\) factores\((x+y)\) y en cada factor elige el\(x\) o el\(y\); al final, multiplica tus elecciones juntas, obteniendo algún término como\(xxyxyy\cdots yx= x^iy^j\), dónde por supuesto\(i+j=n\). Si hacemos esto de todas las formas posibles y luego recopilamos términos similares, claramente obtendremos
\[\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}y^i.\nonumber \]
Sabemos que la expansión correcta tiene\({n\choose i}=a_i\); ¿es eso de hecho lo que conseguiremos con este método? Sí: considerar\(x^{n-i}y^i\). ¿Cuántas veces obtendremos este término usando el método dado? Será el número de veces que terminemos con\(i\)\(y\) -factores. Ya que hay\(n\) factores\((x+y)\), el número de veces que obtenemos\(i\)\(y\) -factores debe ser el número de formas de escoger\(i\) de los\((x+y)\) factores para contribuir a\(y\), a saber\(n\choose i\). Este probablemente no sea un método útil en la práctica, pero es interesante y ocasionalmente útil.
Ejemplo\(\PageIndex{1}\):
Usando este método podríamos obtener\[(x+y)^3 = xxx + xxy + xyx + xyy + yxx + yxy + yyx + yyy\nonumber \] lo que de hecho se convierte\(\displaystyle x^3+3x^2y+3xy^2 + y^3\) al recopilar términos similares.
El Teorema Binomial, \(\PageIndex{1}\), puede ser utilizado para derivar muchas identidades interesantes. Una forma común de reescribirlo es sustituirlo\(y=1\) para obtener\[(x+1)^n=\sum_{i=0}^n {n\choose i} x^{n-i}.\nonumber \]
Si entonces\(x=1\) sustituimos obtenemos es\[2^n=\sum_{i=0}^n{n\choose i},\nonumber \] decir, fila\(n\) del Triángulo de Pascal suma a\(2^n\). Esto también es fácil de entender combinatorialmente: la suma representa el número total de subconjuntos de un $n$-set, ya que suma los números de subconjuntos de todos los tamaños posibles. Es fácil ver directamente que el número de subconjuntos de un\(n\) -set es\(2^n\): para cada elemento del conjunto hacemos una elección, incluir o excluir el elemento. El número total de formas de tomar estas elecciones es\(2\cdot2\cdots2=2^n\), por el principio de multiplicación.
Supongamos ahora eso\(n\ge 1\) y sustituimos\(-1\) por\(x\); obtenemos\[\label{eq:1} \eqalignno{ (-1+1)^n&=\sum_{i=0}^n{n\choose i}(-1)^{n-i}.}\]
La suma es ahora una suma alterna: cada dos términos se multiplica por\(-1\). Como el lado izquierdo es\(0\), podemos reescribir esto para obtener\[\label{eq:2} \eqalignno{ {n\choose 0}+{n\choose 2}+\cdots&={n\choose 1}+{n\choose 3}+\cdots. }\]
Entonces cada una de estas sumas es\(2^{n-1}\).
Otra característica obvia del Triángulo de Pascal es la simetría: cada fila lee lo mismo hacia adelante y hacia atrás. Es decir, tenemos:
Teorema \(\PageIndex{2}\)
\(\displaystyle {n\choose i}={n\choose n-i}.\)
- Prueba
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Esto es bastante fácil de ver combinatorialmente: cada\(i\) -subconjunto de un\(n\) -set está asociado con un\((n-i)\) -subconjunto. Es decir, si el\(n\) -set es\(A\), y si\(B\subseteq A\) tiene tamaño\(i\), entonces el complemento de\(B\) tiene tamaño\(n-i\). Esto establece una\(1–1\) correspondencia entre conjuntos de tamaño\(i\) y conjuntos de tamaño\(n-i\), por lo que los números de cada uno son los mismos. (Por supuesto, si\(i=n-i\), no se requiere comprobante.)
Tenga en cuenta que esto significa que el Teorema Binomial \(\PageIndex{1}\),, también puede escribirse como\[(x+y)^n=\sum_{i=0}^n {n\choose n-i}x^{n-i}y^{i}.\nonumber\] o\[(x+y)^n=\sum_{i=0}^n {n\choose i}x^{i}y^{n-i}.\nonumber\]
Otra característica llamativa del Triángulo de Pascal es que las entradas a través de una fila están aumentando estrictamente a la mitad de la fila, y luego estrictamente disminuyendo. Como ya sabemos que las filas son simétricas, la primera parte de esto implica la segunda.
Teorema \(\PageIndex{3}\)
Para\(1\le i\le \lfloor{n\over 2}\rfloor\),\(\displaystyle {n\choose i}>{n\choose i-1}.\)
- Prueba
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Esto es por inducción; el caso base es evidente a partir de las primeras filas. Escribir
\[\eqalign{ {n\choose i}&={n-1\choose i-1}+{n-1\choose i}\cr {n\choose i-1}&={n-1\choose i-2}+{n-1\choose i-1}\cr }\nonumber \]
Siempre que\(1\le i\le \lfloor{n-1\over 2}\rfloor\), sabemos por la hipótesis de inducción que\[{n-1\choose i}>{n-1\choose i-1}.\nonumber\]
Siempre que\(1\le i-1\le \lfloor{n-1\over 2}\rfloor\), sabemos que\[{n-1\choose i-1}>{n-1\choose i-2}.\nonumber \]
De ahí que si\(2\le i\le \lfloor{n-1\over 2}\rfloor\),\[{n\choose i}>{n\choose i-1}.\nonumber\]
Esto deja dos casos especiales para verificar:\(i=1\) y\(i\ge \lfloor{n-1\over 2}\rfloor+1\). Estos se dejan como ejercicio.