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Para $ n $ e $ k $ inteiros não negativos e $ k \leq n $, o coeficiente binomial é definido por

$ {n \choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} $.

Propriedades dos Coeficientes Binomiais Editar

(i) $ {n \choose n}=1 $ e $ {n \choose 0}=1 $.

(ii) $ {n \choose k}={n \choose n-k} $;

(iii) (Relação de Stifel) Para $ k>0 $, $ {n \choose k}+{n \choose k-1}={n+1 \choose k} $;

(iv) $ {n \choose 0}+{n \choose 1}+\dots+{n \choose n}=2^n $;

(v) $ {n \choose 0}-{n \choose 1}+\dots+(-1)^n{n \choose n}=0 $;

(vi) Para $ k,n \geq m $ e $ k \leq 2m $,

$ {n \choose 0}{m \choose k}+{n \choose 1}{m \choose k-1}+{n \choose 2}{m \choose k-2}+\dots+{n \choose m}{m \choose k-m}={n+m \choose k} $;

(vii) $ {n-1 \choose n-1}+{n \choose n-1}+\dots+{n+r-1 \choose n-1}={n+r \choose n} $.

Binômio de Newton Editar

Se $ n $ é um natural qualquer e $ a $ e $ b $ são números complexos, então

$ (a+b)^n={\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{n \choose k}a^{n-k}b^k} $.

Esta também pode ser chamada de Fórmula Binomial ou Fórmula Binomial de Newton.

Exemplo (IMO 1974)Editar

Prove que o número

$ {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}2^{3k}} $

não é divisível por $ 5 $, para todo inteiro $ n \geq 0 $.

Solução: Já que queremos provar que este número não é divisível por $ 5 $, vamos olhar para o módulo $ 5 $. Observe que

$ {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}2^{3k} \equiv \displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}{(-2)}^k \pmod{5}}, $

pois $ 2^3 \equiv -2 \pmod{5} $. Com isso, para terminarmos é suficiente provarmos que $ \displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}{(-2)}^k $ não é congruente a $ 0 $ módulo $ 5 $. Para nos ajudar com as notações, vamos definir

$ S_n:= \displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}{(-2)}^k. $

Precisamos reescrever esta expressão para podermos usar melhor o módulo $ 5 $. Observe que ela lembra o Binômio de Newton. Mas não completamente: o expoente de $ -2 $ não é igual ao número de baixo do coeficiente binomial. Para isto, é interessante forçarmos aparecer. Note que $ {(-2)}^k={(i \sqrt{2})}^{2k} $. Assim,

$ S_n= \displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}{(i \sqrt{2})}^{2k}. $

E para fazermos aparecer $ {(i \sqrt{2})}^{2k+1} $? Basta multiplicarmos ambos os lados da igualdade por $ i \sqrt{2} $:

$ i \sqrt{2} S_n= \displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}{(i \sqrt{2})}^{2k+1}. $

O lado esquerdo da igualdade não é uma expressão que aparece no Binômio de Newton. Mas não está tão longe assim: a única diferença é que ela só possui termos ímpares. Não tem problema, vamos expandir o termo $ {(1+i\sqrt{2})}^{2n+1} $ e fazer aparecer $ i \sqrt{2} S_n $:

$ (1+i\sqrt{2})^{2n+1}={\displaystyle \sum _{t=0}^{2n+1}{2n+1 \choose t}{(i\sqrt{2})}^t}. $

Vamos separar os termos pares e os ímpares:

$ (1+i\sqrt{2})^{2n+1}={\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k}{(i\sqrt{2})}^{2k}+\sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}{(i\sqrt{2})}^{2k+1}}. $

Se definirmos

$ R_n:={\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k}{(i\sqrt{2})}^{2k}}. $

segue que

$ (1+i\sqrt{2})^{2n+1}=R_n+i\sqrt{2} S_n. (I) $

Ok, conseguimos escrever $ S_n $ em uma expressão mais simples. Mas aqui temos um problema: queremos mexer com módulo $ 5 $ e temos números complexos. Como podemos contornar isso? Dado um número complexo $ z $, se multiplicarmos pelo seu conjugado $ \overline{z} $, teremos $ |z|^2 $ e os imaginários somem. É isso que devemos fazer. Se aplicarmos o conjugado em ambos os lados e observarmos que $ S_n $ e $ R_n $ são reais:

$ (1-i\sqrt{2})^{2n+1}=R_n-i\sqrt{2} S_n. (II) $

Ao multiplicarmos (I) por (II):

$ 3^{2n+1}=R_n^2+2S_n^2. $

Agora sim, podemos olhar módulo $ 5 $. Suponha, por absurdo, que $ S_n \equiv 0 \pmod{5} $. Então

$ R_n^2 \equiv 3^{2n+1} \equiv \pm 3 \pmod{5}. $

Mas, para todo $ x $ inteiro, $ x^2 \equiv 0 \text{ ou } \pm 1 \pmod{5} $. Absurdo. Logo, $ S_n $ não pode ser um múltiplo de $ 5 $.

BibliografiaEditar

  • E. Lozansky, C. Rousseau : Winning Solutions, Springer-Verlag, New York, 1996.
  • D. Djukic, V. Jankovic, I. Matic, N. Petrovic : The IMO Compendium 1959-2009, Springer, 2011.