Similarmente, el desarrollo de (a b)4 contiene (4 2) = 6 diferentes ordenamientos de dos a y dos b, aabb abab abba baab baba bbaa. todos los cuale...

Similarmente, el desarrollo de (a b)4 contiene (4 2) = 6 diferentes ordenamientos de dos a y dos b, aabb abab abba baab baba bbaa. todos los cuales son iguales a a2b2, por lo que el coeficiente de a2b2 es igual a (4 2). Por un análisis similar, el coeficiente de ab3 es igual (4 3). También, puesto que hay sólo una forma de ordenar cuatro a, el coeficiente de a4 es 1 (lo que equivale a (4 0) y ya hay sólo una forma de ordenar cuatro b, el coeficiente de b4 es 1 (que es igual a (4 4). Por tanto, cuando se combinan todos los términos semejantes, (a + b)4 = (4 0)a4 + (4 1)a3b + (4 2)a2b2 + (4 3)ab3 + (4 4)b4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4. El teorema binomial generaliza esta fórmula para un entero arbitrario n no negativo. o n, a b n n k 0 n k an฀kbk an n 1 an฀1b1 n 2 an฀2b2 n n ฀ 1 a1bn฀1 bn Observe que la segunda expresión es igual a la primera porque (n 0) = 1 y (n n) = 1, para todos los enteros n no negativos, siempre que b0 1 y a n ฀ n 1. Es instructivo ver dos demostraciones del teorema binomial: una demostración algebraica y una demostración usando combinaciones. Ambos requieren una definición precisa de la potencia entera. Definición Para cualquier número real a y cualquier entero no negativo n, las potencias enteras no negativas de a se definen como sigue: an 1 si n 0 a an฀1 si n 0 En algunos contextos matemáticos, 00 se deja sin definir. Definirlo igual a 1, como se hace aquí, hace posible escribir fórmulas generales tales como n∑ i=0 x i = 1 1−x sin tener que excluir los valores de las variables que resultan de la expresión 00. La versión algebraica del teorema binomial utiliza inducción matemática y llama a la fórmula de Pascal en un momento crucial. Demostración del teorema binomial (versión algebraica): Suponga que a y b son números reales. Utilizamos inducción matemática y hacemos que la propiedad P(n) sea la ecuación (a + b)n = n ∑ k=0 (n k)an−kbk . P(n) Demuestre que P(0) es verdadera: Cuando n 0, el teorema binomial indica que: (a + b)0 = 0 ∑ k=0 (0 k)a0−kbk . P(0) Pero el lado izquierdo es (a b)0 1 [por definición de poder] y el lado derecho es 0 ∑ k=0 (0 k)a0−kbk = (0 0)a0−0b0 = 0! 0! ·(0 − 0)! ·1 ·1 = 1 1 ·1 = 1 también [ya que 0! 1, a0 1 y b0 1]. Por tanto P(0) es verdadera. Nota Esta es la definición de 00 dada por Donald E. Knuth en The Art of Computer Programing, Volume 1: Fundamental Algorithms, tercera edición (Reading, Mass: Addison-Wesley, 1997), p. 57. nomio 599 Demuestre que para todos los enteros m 0, si P(m) es verdadera, entonces P(m 1) es verdadera: Sea un entero m 0 dado y suponiendo que P(m) es verdadera. Es decir, supongamos a b m m k 0 m k am฀kbk P m hipótesis inductiva. Tenemos que demostrar que P(m 1) es verdadera: (a + b)m+1 = m+1 ∑ k=0 (m + 1 k)am+1−kbk . P(m 1) Ahora, por la definición (m 1)-ésima potencia, (a + b)m+1 = (a + b) ·(a + b)m, por sustitución de la hipótesis inductiva, a b m 1 a b m k 0 m k am฀kbk a m k 0 m k am฀kbk b m k 0 m k am฀kbk m k 0 m k am 1฀kbk m k 0 m k am฀kbk 1 por la ley distributiva generalizada y los hechos de que a am฀k a1 m฀k am 1฀k y b bk b1 k bk 1. Transformamos la segunda suma de la derecha al realizar el cambio de variable j k 1. Cuando k 0, entonces j 1. Cuando k m, entonces j m 1. Y puesto que k j ฀ 1, el término general es (m k)am−kbk+1 = (m j − 1)am−( j−1)b j = (m j − 1)am+1− j b j . Por tanto la segunda suma en el lado derecho arriba es m+1 ∑ j=1 (m j − 1)am+1− j b j . Pero la j en esta suma es una variable muda; se puede reemplazar por la letra k, siempre que el reemplazo se realiza en todo lugar donde se encuentra la j: m+1 ∑ j=1 (m j − 1)am+1− j b j = m+1 ∑ k=1 (m k − 1)am+1−kbk . Sustituyendo hacia atrás, se obtiene (a + b)m+1 = m ∑ k=0 (m k)am+1−kbk + m+1 ∑ k=1 (m k − 1)am+1−kbk . [La razón para las manipulaciones anteriores de formar las potencias de a y b de acuerdo con lo que podemos agregar a las sumas juntas término por término, excepto para el primer y el último términos que deben escribirse por separado.] continúa en la página 600 600 Capítulo 9 Conteo y probabilidad Así a b m 1 m 0 am 1฀0b0 m k 1 m k m k ฀ 1 am 1฀kbk m m 1 ฀ 1 am 1฀ m 1 bm 1 am 1 m k 1 m k m k ฀ 1 am 1฀kbk bm 1 ya que a0 b0 1 y m 0 m m 1. Pero m k m k ฀ 1 m 1 k Por la fórmula de Pascal. Por tanto a b m 1 am 1 m k 1 m 1 k a m 1 ฀kbk bm 1 m 1 k 0 m 1 k a m 1 ฀kbk ya que m 1 0 m 1 m 1 1 que es lo que necesitábamos demostrar. Es instructivo escribir el producto (a b) (a b)m sin utilizar la notación de suma pero utilizando la hipótesis inductiva acerca de (a b)m: (a + b)m+1 = (a + b) · [ am + (m 1)am−1b + · · · + (m k − 1)am−(k−1)bk−1 + (m k)am−kbk + · · · + (m m − 1)abm−1 + bm ] . Observe que el primer y último coeficientes son obviamente 1 y que el término que contiene am 1฀kbk se obtiene multiplicando am฀kbk por a y am (k฀1)bk฀1 por b, [ya que m 1 ฀ k m ฀ (k ฀ 1)]. Por tanto el coeficiente de am 1฀ kbk es igual a la suma de (m k) y (m k−1). Este es el punto crucial de la demostración algebraica. Si n y r son enteros no negativos y r n, entonces n r se llama un coeficiente binomial porque es uno de los coeficientes en el desarrollo de la expresión binomial (a b)n. La demostración por combinaciones del teorema binomial es la siguiente. Demostración del teorema binomial (versión por combinaciones): [El argumento por combinaciones utilizado aquí para demostrar el teorema binomial funciona sólo para n 1. Si se nos diera sólo esta demostración por combinacio- nes, se tendría que demostrar por separado el caso para n 0. Ya hemos dado una demostración algebraica completa que incluye el caso n 0, no lo demostraremos una vez más aquí.] Sean a y b números reales y n un entero que es al menos 1. La expresión (a b)n