Suma con combinatorios

El problema de esta semana es el siguiente:

Calcular justificadamente el valor de la siguiente expresión:

\cfrac{1}{2^{n-1}}\displaystyle{\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}} {n \choose 2j+1} 5^j

(\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor denota la parte entera de \frac{n-1}{2})

Ánimo y a por ello.

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  1. Trackback | 24 feb, 2009

    Bitacoras.com

  2. hernan | 24 de febrero de 2009 | 18:22

    Vótalo Thumb up 0

    Me parece que la cosa viene por considerar (1 + \sqrt 5 )^ n - (1 - \sqrt 5 )^ n y operar un poquito, no ?

    Que el 5 sea 5 no debería influir, aunque quizás por este lado podemos relacionarlo con el número de oro o alguno de Fibonacci…

  3. hernan | 24 de febrero de 2009 | 18:47

    Vótalo Thumb up 0

    Ehm, perdón:

    \displaystyle (1 + \sqrt 5 )^ n + (1 - \sqrt 5 )^ n  = 2 \sum

    donde \sum es la sumatoria que aparece en el planteo. Entonces, dividiendo todo por 2^n, el valor buscado es

    \displaystyle (\frac{1 + \sqrt 5}{2})^n + (\frac{1 - \sqrt 5}{2})^n

    Notar que \frac{1 + \sqrt 5}{2} = \phi y \frac{1 + \sqrt 5}{2} = 1- \phi con \phi = número aureo.
    Si no son números de Fibonacci le pegan cerca.

  4. josem | 25 de febrero de 2009 | 01:41

    Vótalo Thumb up 1

    Para resolver el problema solo nos hace falta saber como sumar los números combinatorios n\choose k con k impar.

    Consideremos la función, f(z)=\sum_k{n\choose k}z^k = (1+z)^n. Se tiene que,

    2\,\sum_\text{k par}{n\choose k}z^k = f(z) + f(-z) = \sum_k{n\choose k}z^k + \sum_k{n\choose k}(-z)^k

    Dado que, (1+z)^n = \sum_\text{k par}{n\choose k}z^k + \sum_\text{k impar}{n\choose k}z^k se tiene que,

    \sum_\text{k impar}{n\choose k}z^k = (1+z)^n - \sum_\text{k par}{n\choose k}z^k = f(z) - (f(z)+f(-z))/2

    Operando un poco llegamos a,

    \sum_\text{k impar}{n\choose k}z^k = (f(z) - f(-z))/2

    Ahora sí nos ponemos rigurosos con los índices de sumación. Para empezar, expresamos k como 2j+1, obteniendo,

    \sum_{j=0}{n\choose {2j+1}}z^{2j+1} = z\,\sum_{j=0}{n\choose {2j+1}}{(z^2)}^j = (f(z) - f(-z))/2

    No defino el límite de sumación superior ya que, cuando 2j+1 supera a n, los coeficientes binómicos se definen (o al menos yo definiré aquí, con sentido claro, creo..) como 0.

    Tomando z=\sqrt{5} en la expresión anterior, se tiene que la parte fuerte de nuestro problema vale,

    \sqrt{5}\,\sum_{j=0}{n\choose {2j+1}}5^j = (f(\sqrt{5}) - f(-\sqrt{5}))/2

    Moviendo un par de cosillas de un lado a otro y metiendo el término restante 1/2^{n-1}, obtenemos,

    \left(\sum_{j=0}{n\choose {2j+1}}5^j \right)/2^{n-1} =\frac{(1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n}{2^n\sqrt{5}}

    Simplificando,

    \frac{1}{\sqrt{5}}\left\{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right\}

    Y si no me he equivocado, creo que ya está.

  5. M | 25 de febrero de 2009 | 13:32

    Vótalo Thumb up 2

    Efectivamente, en definitiva es el enésimo número de Fibonacci

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