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

    Me parece que la cosa viene por considerar $latex (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

    Ehm, perdón:

    $latex \displaystyle (1 + \sqrt 5 )^ n + (1 – \sqrt 5 )^ n = 2 \sum $

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

    $latex \displaystyle (\frac{1 + \sqrt 5}{2})^n + (\frac{1 – \sqrt 5}{2})^n $

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

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

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

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

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

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

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

    Operando un poco llegamos a,

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

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

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

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

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

    $latex \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 $latex 1/2^{n-1}$, obtenemos,

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

    Simplificando,

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

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

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

    Efectivamente, en definitiva es el enésimo número de Fibonacci

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