Suma con combinatorios

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 24 de febrero de 2009
Categorías: Juegos | Imprime este post

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Bitacoras.com
hernan | 24 de febrero de 2009 | 18:22

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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…
hernan | 24 de febrero de 2009 | 18:47

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

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

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Efectivamente, en definitiva es el enésimo número de Fibonacci