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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) Para k>0, {n \choose k}+{n \choose k-1}={n+1 \choose k};

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

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

(iv) 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};

(v) {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.

Referências BibliográficasEditar

[1] E. Lozansky, C. Rousseau : Winning Solutions, Springer-Verlag, New York, 1996.

[2] D. Djukic, V. Jankovic, I. Matic, N. Petrovic : The IMO Compendium 1959-2009, Springer, 2011.