Coe Fic i Ente Binomial

Coeficiente Binomial e fatorial.Rodrigo Carlos Silva de Lima

[email protected]

1

Sumario0.1

Notacoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 Fatorial e Coeciente binomial1.1

1.2

25

Fatorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Aproximacao de Stirling para fatorial . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.1.2

Fatorando n!-Formula de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.1.3

Numero de zeros em que termina n! . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.1.4

Teorema de Wilson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.1.5

Desigualdades envolvendo fatorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.1.6

Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Coeciente binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.2.1

Relacao de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.3

Triangulo de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.4

Convolucao de Vandermonde- relacao de Euler. . . . . . . . . . . . . . . . 371.4.1

1.5

0.1

Demonstracao do teorema binomial por inducao . . . . . . . . . . . 41

Serie binomial . . . . .(. . ). . . . . . . . . . 2k11.5.1 =xk . . . . . . . .1 4x k=0 k(2p) p) ( )(xk2k kp1.5.2x =pk(1 4x)p 1 4xk=01.5.3 Pequeno Teorema de Fermat . . . . .

Notacoes

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . 44. . . . . . . . . . . . . . . . . 46. . . . . . . . . . . . . . . . . 48. . . . . . . . . . . . . . . . . 50

SUMARIO

3

Esse texto ainda nao se encontra na sua versao nal, sendo, por enquanto, constitudo apenas de anotacoes informais. Sugestoes para melhoria do texto, correcoes daparte matematica ou gramatical eu agradeceria que fossem enviadas para meu [email protected].

SUMARIO

4

Notacoes Denotamos a potencia fatorial de passo h, base x e expoente n por x(n,h) , que e

denida pelo produtorio(n,h)

x

=

n1

(x kh)

k=0

em especial quando h = 1(n,1)

x

=

n1

(x k).

k=0

Denotamos a k-esima derivada de f em x como Dk f (x). Usamos a denicao de produto vazio

a1

f (k) = 1 para qualquer a inteiro.

k=a

f (x + h) f (x)f (x + h) f (x)com h complexo e D0 f (x) = limh0hh. Dhs signica aplicar s vezes tal operador.

Denotamos Dh f (x) =

Captulo 1Fatorial e Coeciente binomial1.1

Fatorial

m Denicao

1 (Fatorial-Denicao Recursiva.). Dado n N , podemos denir n! ( le-se

n fatorial), da seguinte maneira recursiva0! = 1

(n + 1)! = (n + 1).(n)! n N.

$ Corolario 1. 1! = 1 pois 1! = 1.(0)! = 1.1 = 1 .

b Propriedade 1.n! =

n

k

k=1

para todo n natural. Demonstracao. Vamos provar por inducao sobre n. Para n = 0 tem-se0! = 1 =

0

k=1

k=1

pois o produto com limite superior 0 e um produto vazio, que por denicao e 1. Agoraconsiderando a igualdade valida para nn! =

nk=1

5

k

CAPITULO 1. FATORIAL E COEFICIENTE BINOMIAL

vamos provar para n + 1(n + 1)! =

n+1

6

k

k=1

temos que

n+1

k = (n + 1)

k=1

n

k = (n + 1).n! = (n + 1)!

.

k=1

O fatorial tambem poderia ser denido atraves do produtorion! :=

n

k.

k=1

as denicoes recursiva e por produtorio sao equivalentes porem a relacao (n + 1)! =(n+1).(n)! sem uma condicao inicial nao dene completamente o fatorial, pois poderamoster uma sequencia f (n) que satisfaz f (n + 1) = (n + 1)f (n) porem f (0) = a = 1, entaodevemos dar uma condicao inicial, seja ela 0! = 1, 1! = 1. A denicao por produtorioimplica que 0! = 1 pois temos o produtorio sobre conjunto vazio que e 1 por denicao0! =

0

k = 1.

k=1

b Propriedade 2. A denicao recursiva e por produtorio sao equivalentes. Demonstracao. Ja provamos que a denicao recursiva implica o produtorio, agoravamos provar que a denicao por produtorio implica a denicao recursiva. Denindon! :=

n

k

k=1

para todo n natural, tem-se 0! =

0

k=1e

k=1

(n + 1)! =

n+1k=1

k=(

n

k)(n + 1) = n!(n + 1)

k=1

logo vale a condicao inicial e a recorrencia dada para o fatorial, entao as denicoes saoequivalentes.O smbolo n! foi introduzido em 1808 por Christian Kramp de Strasburgo (1760 1820), que o escolheu para contornar a diculdades gracas vericadas com um smbolopreviamente usado. Uma notacao antiga de fatorial e n e nao mais usada, que pode ser


7

encontrada por exemplo no livro A Treatise on the Calculus of Finite Dierences do autorGeorge Boole de 1860.

Se sabemos a recorrencia do fatorial (n + 1)! = (n + 1).n! e uma condicao inicial, porexemplo 1! = 1 entao podemos deduzir que 0! = 1 pois tomando n = 0 na recorrenciaacima temos que 1! = 1.0!, da 0! = 1. Porem nao podemos estender a denicao para todointeiros negativos por meio da recorrencia, pois, supondo que (1)! esteja denido comonumero real, tem-se que, tomando n = 1 na recorrencia(0)! = 0.(1)! = 0da 0! = 0 e 0! = 1 o que e absurdo . Por nao podermos denir o fatorial de maneirauniforme para inteiros negativos, vamos deixar o fatorial indenido para tais valores.Podemos denir uma funcao fatorial para valores reais, usando uma representacao porintegral, conhecida como funcao gamma, com essa denicao por integral estendemos adenicao dos naturais para um subconjunto de valores reais, a denicao pode ser feitacomo segue

m Denicao

2 (Funcao fatorial). Podemos denir a funcao o fatorial (x) por meio

da integral

(x) :=

tx et dt.

0

b Propriedade 3. Vamos mostrar que (n) = n! para n natural. Demonstracao. Por inducao(0) =

0 t

t e dt =

0

et dt

0

du= 1, du = dt, du = dt, a integraldt

1 t uu e du = e = e = t = 1e 00

fazendo uma substituicao de variaveis u = t,ca

logo (0) = 1 = 0!. Tomando a Hipotese para n (n) = n! =tn et dt0


8

vamos provar para n + 1

(n + 1) =

tn+1 et dt = (n + 1)!

0

lembrando a formula de integracao por partes[f (t).g(t)] = f (t).g(t) + f (t).g (t)integrando em ambos os lados[f (t).g(t)] dt = f (t).g(t)dt + f (t).g (t)dtpelo teorema fundamental do calculo

f (t).g (t)dt = [f (t).g(t)]

f (t).g(t)dt

tomando f (t) = tn+1 implica f (t) = (n + 1).tn e g(t) = et implica g (t) = et ,entao

t

t

.e dt = [t

n+1

taplicando os limites t

n+1

0

logo

n+1

t

(n + 1).tn . et dtn+1 tn+1 tt .e dt = [t .e ] + (n + 1). tn .et dt

n+1

.e ]

tn+1 ..e dt = [ t ] + (n + 1).et

tn .et dt

tn+1 . .e dt = [ t ] + (n + 1).tn .et dte00

t

t

n+1

t

.e dt = (n + 1).

0

tn .et dt

0

pois o termo que estava fora da integral [

t

n+1

. ] quando t tende ao innito o termo tende

et 0a zero pois o denominador cresce mais rapido, e quando t = 0 anula o termo, temos entao tn+1 .et dt = (n + 1).n! pela hipotese0

logo

0

pela denicao de (n + 1)!

tn+1 .et dt = (n + 1)!


9

$ Corolario 2. Para reais temos a mesma propriedade (x + 1) = (x + 1)(x)tomando f (t) = tx+1 implica f (t) = (x + 1).tx e g(t) = et implica g (t) = et , entaox+1 tx+1tt .e dt = [t . e ] (x + 1).tx . et dtt

x+1

t

.e dt = [t

taplicando os limites

x+1

x+1

t0

logo

x+1

t

.e ] + (x + 1).

tx+1 ..e dt = [ t ] + (x + 1).et

tx .et dttx .et dt

tx+1 . tx .et dt.e dt = [ t ] + (x + 1).e00

t

t

x+1

t

.e dt = (x + 1).

0

tx .et dt

0

Fica denido entao x! para valores reais de x aos quais a integral esta bem denida x! =tx .et dt0

com a regra valida(x + 1) = (x + 1).(x)

m Denicao

3 (Funcao gamma). A funcao gamma pode ser denida como (x) = (x 1) =tx1 .et dt.0

$ Corolario 3. xn = n! e positivo pra todo n poisn! =

n

k

k=1

e produto de termos positivos.

b

Propriedade 4. Seja a sequencia de termo xn = n! , a sequencia e crescente para

n > 0. Demonstracao. Temos n! = (n + 1)! n! = (n + 1)(n)! n! = n!(n) > 0 paran > 0.


10

b Propriedade 5. Seja a sequencia de termo yn = n!1 tem-selim

1= 0.n!

Demonstracao. Vale yn > 0 para todo n, pois

1> 0, 1 > 0 , aplicamos o testen!

da razao para sequencias, temosn!yn+11==yn(n + 1)!(n + 1)e o limitelimentao lim

yn+11= lim=0yn(n + 1)

1= 0.n!

1= 0 segue que lim n! = e a sequencia (n!) en!ilimitada superiormente, pois se fosse limitada superiormente ela seria convergente, mas

$ Corolario 4. Como n! > 0 e limnao e convergente.

Daremos uma demonstracao mais direta de que (n!) e ilimitado superiormente

b Propriedade 6. n! > 2n para n > 3. Demonstracao. Por inducao sobre n, para n = 4 temos4! = 24 > 24 = 16tomando a hipotese de n! > 2n vamos provar que (n + 1)! > 2n+1 , de n > 3 seguen + 1 > 4,da multiplicando a hipotese por n + 1 segue (n + 1)! > (n + 1)2n e (n + 1)2n >4.2n = 2n+2 > 2n+1 logo (n + 1)! > 2n+1

.

$ Corolario 5. (n!) e ilimitado superiormente, pois para n > 3 temos n! > 2n e pordesigualdade de Bernoulli 2n n + 1, logon! > n + 1sendo assim ilimitada superiormente.sequencia e crescente.

Isso implica tambem que lim n! = pois a


11

Z Exemplo 1. Exprima atraves de fatorialn

kp.

k=1

Por propriedade de produtorio tem-sen

p

k =(

k=1

m Denicao

n

k)p . = (n!)p .

k=1

denida como a integral4 (Funcao beta). E

1

xa1 (1 x)b1 dx.

(a, b) =0

b Propriedade 7.(a, b) =

(a)(b).(a + b)

Usando que n! = (n+1) e a ultima propriedade, podemos escrever algumas expressoesusando a funcao beta.

Z Exemplo 2. Escreva usando a funcao beta1.(3k + 1)(3k + 2)1(3k)!(3k + 1)(3k + 1)(2)==== (3k + 1, 2).(3k + 1)(3k + 2)(3k + 2)!(3k + 3)(3k + 3)

m Denicao

5 (Hiperfatorial e funcao k). Denimos o Hiperfatorial comoH(n) =

n

kk

k=1

a funcao k e denida comoK(n) = H(n 1) =

n1k=1

para n natural.

b Propriedade 8.

n ( )nk=0

k

=

[H(n)]2.(n!)n+1

kk


12

Demonstracao. Usando a propriedadeH(n) =

n

(n!)n+1kk = nk=1(k!)k=1

e a propriedade

n ( )np=0

p

=

(n!)n1n1k!)2(k=1

1

temos

n ( )[H(n)]2(n!)n1 n!.n!(n!)n1(n!)n+1 (n!)n+1n= ===nnn+1n1n1(n!)p(k)! (k)!(n!)n+1( (k)!)2 n!.n!(k!)2 p=0k=1

k=1

k=1

(2n)!Z Exemplo 3. Mostre que n!2

n+1

Usando a identidade

n

.

k=1

nunca e inteiro para n natural.

(2k 1) =

k=1

dividindo por 2 em ambos lados segue que

(2n)!2n (n!)

(2n)!nao e inteiro, pois o primeiro membron!2n+1

e produto de mpares.

1.1.1

Aproximacao de Stirling para fatorial

b Propriedade 9.n!= 1.lim 12nn+ 2 en Demonstracao. Comecamos com a integraln n

ln x = x ln x x = n ln n n + 1 = An1

1

e usamos a aproximacao pela regra do trapezio para estimar a mesma integral, tomandon pontos (k|nk=1 ) o intervalo [1, n] sera dividido em n 1 partes, assim a aplicacao da regrada

11

n

][n2n 1 ln 1 + ln n n1ln xdx =+ln(1 + k()) =n12n1k=1

As duas primeira propriedades demonstro no texto sobre produtorios.


13

[

] []n2n1n1ln n ln nln nln n ln(1 + k) =ln(k) =k=+++ ln+ ln(n 1)! ==2222k=1k=2k=2= ln n + ln(n 1)! ln n +

1.1.2

ln nln n= ln n! = Tn .22

Fatorando n!-Formula de Legendre

n 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11

12 13 14 15 16 17

p 2

3

5

7

11 13 17 19 23 29 31

37 41 43 47 53 59

18 19 20 21 22 23 24 2561 67 71 73 79 83 89 97

b

Propriedade 10 (Formula de Legendre). Seja p um numero primo. O maior t tal

que pt divide n! e dado por

n k .t = zp (n) =pk=1

Demonstracao.Precisamos contar quantas vezes aparece o fator p no produto

n

k = n!.

k=1

nPodemos perceber que da o numero de multiplos de p de 1 ate n , pois por divisaopnrreuclidiana de n por p, temos n = qp + r onde 0 r < p, da = q + , onde 0 < 1pppnre =q+ =q ,pp|{z}0n 2 da o numero de multiplos de p2 , a contagem anterior nao leva em conta, porpexemplo, quando aparece o fator p duas vezes em um numero, como em p.p, a contagemnanterior, contaria o fator p apenas uma vez, para contar o outro p somamos o valor 2 .pn3Da mesma maneira, 2 nao conta um fator p quanto temos fator p , logo precisamospnadicionar 3 , aplicamos esse processo sucessivamente assim geramos a seriepn kpk=1

n = 0 parapkk > s, a partir desse termo a soma trunca ( a soma e zero a partir desse ponto ).observe que a soma na verdade e nita, pois existe s tal que ps > n, da


14

Z Exemplo 4. Exprima 100! como produto de seus fatores primos .z2 (100) =

6100100 k = k = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 9722k=1k=1

4100100z3 (100) = k = k = 33 + 11 + 3 + 1 = 4833k=1k=12100100z5 (100) = k = k = 20 + 4 = 24.55k=1k=12100100z7 (100) = k = k = 14 + 2 = 16.77k=1k=1

z11 (100) =

1100100 k = 9. k =1111k=1k=1

1100100 k =z13 (100) = k = 7.1313k=1k=11100100 k = k = 5.z17 (100) =1717k=1k=11100100 k = k = 5.z19 (100) =1919k=1k=1

z23 (100) =

1100100 k = k = 4.2323k=1k=1

1100100 k = k = 3.z29 (100) =2929k=1k=11100100 k = k = 3.z31 (100) =3131k=1k=11100100 k = 2.z37 (100) = k =3737k=1k=1

z47 (100) =

1100100 k = k = 2.2947k=1k=1

a partir da os primos 53 e 59 que entram na fatoracao so aparecem uma vez .

100! = 297 .348 .524 .716 .119 .137 .175 .195 .234 .293 .313 .372 .412 .432 .472 .53.59.61.67.71.73.79.83.89.97.


Z Exemplo 5 (OBM 2004-Fase 1-nvel 3- Questao 14). Se n! = 2

15

15

36 53 72

1113, entao n e igual a que valor?. Vamos deduzir o valor de n a partir de sua fatoracao.n!, deve possuir o fator 13 logo n 13, porem n possui fator 53 , os primeiros fatoresque aparece o numero 5 sao 5, 10, 15, portanto n 15, o fator primo 17 nao aparece logon < 17, como n 15 e n < 17 entao n poderia ser 15 ou 16, suponha que fosse n = 15,entaon! = 15.14.13.12.11.10.9.8.7.6.5.4.3.2 =que fatorado ca= (5.3).(7.2).(13).(22 .3).(11).(2.5).(32 )(23 ).(7).(2.3).(5).(22 ).3.2 =agrupando as potencias comuns, tem-se= 211 .36 .53 .72 .11.13.Ainda nao chegou no numero que desejamos, devemos adicionar mais 4 fatores 2.16 = 24 adiciona mais 4 fatores 2, , logo completa 215 . Se fosse n = 16 a fatoracao comos novos fatores adicionados ca16! = 215 .36 .53 .72 .11.13que bate com o numero pedido, logo n = 16.

b Propriedade 11.zp (n) =

n sp (n)p1

onde sp (n) e a soma dos dgitos de n escrito na base p. Demonstracao. Podemos escrever n na base pn=

t

as ps

s=0

da

npk

nsk=ap+as pskspks=0s=kk1

t


16

k1tnskas psk k = as p +ps=0s=kk1

as psk

s=0

k1

(p 1) s (p 1) pk 1pk 1p== n vale 5n < 5k , da5n0 < k < 1 o que implica termos com piso zero.5

Z Exemplo 9. Calcular em funcao de n o numero de zeros em que termina (10 !).n

O numero de zeros sera dado porn2n .5n2n 5n2n 5n(5n 1)2n 2n k =+ k + k = k55545k=1k=1k=1+nk=1

(5n 1)2n 2n k .+45k=1n1

Z Exemplo 10. Em quantos zeros termina (8!)!.Vale que 8! = 40320, logo queremos saber o numero de zeros em que termina 40320! .

403204032040320403204032040320+++++ = 10086525125625312515625

Z Exemplo 11. Com quantos zeros termina 100!? Aplicamos a expressao anteriorcom n = 2(52 1)22 4 k = 24.+45k=1

Podemos usar a formula de Legendre para mostrar que certo numeros sempre saointeiros, vejamos alguns exemplos.

Z Exemplo 12. Os numeros de Catalan, denidos como C

n

inteiros. 2nk=1

pk

nk=1

pk

n+1k=1

pk

=

(2n)=

n

n+1

sao sempre


=

(2npk

k=1

18

)nn+1 k 0ppk

logo se um numero divide n!(n+1)!, entao2 ele divide (2n)!, donde vem a divisibilidadeque torna Cn natural.

1.1.4

Teorema de Wilson

b Propriedade 12 (Teorema de Wilson). p e primo (p 1)! 1

mod p.

Demonstracao.). Para p = 2 a propriedade vale, suponha entao p > 2, p primo. Tome A = {2 k p 2, k N }, vale

p2

k1

mod p

k=1

pois para cada k A existe k = k A tal que k.k 1 mod p, dap1

k p 1 1 mod p

k=1

entao(p 1)! 1

mod p.

b Propriedade 13. Se p e primo entao p |(p1)!. Vamos dar uma outra demonstracaodesse fato . Demonstracao.Suponha que p|(p 1)! entao p|(p 1) ou p|(p 2)! a primeira nao vale, portanto devevaler a segunda da p|(p 2) ou p|(p 3)! a primeira nao vale, continuando o processo p|1o que e absurdo, portanto p |(p 1)!.

$ Corolario 7. Vale quen (s+1)p1s=0 k=sp+12

Solucoes por Lucas Garcia Gomes

k (1)n+1

mod p


19

onde p e primo .p1n

(k + sp)

s=0 k=1

1.1.5

p1n

(k)

s=0 k=1

n

(1) (1)n+1

mod p

s=0

Desigualdades envolvendo fatorial

b Propriedade 14. nn > n! para n > 1. Demonstracao. Por inducao sobre n. Para n = 2 vale a desigualdade pois22 = 4 > 2! = 2. Suponha que nn > n! entao vamos provar que (n + 1)n+1 > (n + 1)!.Vale (n + 1)n > nn da (n + 1)n+1 > (n + 1)nn > (n + 1)!. Demonstracao.[2] Vale que nn n!.Seja A = {1, , n} o numero de funcoes de A em A e nn e o numero de bijecoes en!, como o conjunto das bijecoes esta contido no conjunto das funcoes, segue quenn n!.Se n > 1 sempre existem mais funcoes que bijecoes, entao para n > 1 tem-se nn > n!,pois sempre podemos considerar a funcao que faz f (x) = 1 x A .

Z Exemplo 13. Mostrar que existe n tal que (n!)(n )!2

(n1)!

que

nao e inteiro. Podemos mostrar

(n2 )!1< para n sucientemente grande, pois (n 1)! > 2n2 + 1 para n grande,(n1)!(n!)n

da(n 1)! ln(n) > 2n2 ln(n) + ln(n)ln((n!)(n1)! ) = (n1)![

n

n2

ln(k)] > (n1)! ln(n) > 2n2 ln(n)+ln(n) >

ln(k)+ln(n) ln(n2 !)+ln(n)

k=1

k=12

(n )!1(n2 )!o que implica< , com n segue por sanduche que lim= 0.(n!)(n1)!n(n!)(n1)!

Codigos C++ e JavascriptTemos o codigo para fatorial em C++#include < iostream >


#include < stdio.h >using namespacestd;int main (){int n; cout > n;int f [9005];f [0] = 1;

f or (int i = 0; n > i; i + +){f [i + 1] = (i + 1) f [i]; }

cout 0 e p k (p, k N ), tomamos entao p = k + t com t N .() ()k+t(k + t)!k+t(k + t)!(k + t)!(k + t)!+=+=+kk1k!.t!(k 1)!(t + 1)!k.(k 1)!.t! (t + 1)(k 1)!(t)!()()(k + t + 1)!k+t+1(k + t)! 11=.=+=(k 1)!.t! k t + 1k!(t + 1)!kVamos mostrar que vale tambem para denicao usando potencia fatorial( ) () ()xxx+1+=kk+1k+1para x complexo e k natural.( ) ()xxx(k,1)x(k+1,1)x(k,1)x(k+1,1)+=+=+=kk+1k!(k + 1)!k!(k)!(k + 1)colocando k + 1 em evidencia temos()()1x(k+1,1)1x(k,1) (k + 1 + x k)(k,1)(k,1)(k,1)=x+=(k + 1)x+x(x k) ==k!k+1(k + 1)!(k + 1)!()x+1(x + 1)x(k,1)(x + 1)(k+1,1)===.(k + 1)!(k + 1)!k+1Outra demonstracao Sabemos pela propriedade de potencia fatorial que(x + 1)(p+1,1) (x)(p+1,1) = (p + 1)x(p,1)divivindo por (p + 1)! segue() ()( )x+1x(p + 1)x(p,1)x(p,1)x===.p+1p+1(p + 1)(p)!(p)!p

b Propriedade 19. Se x e k sao naturais com k > x entao( )x= 0.k

Demonstracao. Pela denicao( )x=k

k1

(x s)

s=0

k!

como k > x e x e natural ele devera ser um dos valores 0, . . . , k 1, para qualquer umdeles, existe s em {0, . . . , k 1} que sao os valores onde varia o produtorio, nesse casovale x s = 0 para algum s o que torna o produtorio zero.


$ Corolario 10.

pois

28

( )x=10( )x(0,1)x1== =100!1

para qualquer x complexo.aleatorias

m Denicao

9. Ate agora temos denido( )xk h

para x complexo e k natural, vamos denir agora para valores de k inteiros com ajuda darelacao de Stifel. Denimos entao para k < 0 inteiro por( )()()xxx+hh+=.k hk+1 hk+1 h

b Propriedade 20.

( )x=0k h

para k inteiro negativo e x complexo. Demonstracao. Provaremos a identidade( )x=0p hpara p > 0 natural. Usando a relacao de Stifel)()( ) (x+hxx=+hk+1 hk+1 hktomando k = 1 segue( )()()( )xxx+hxh+==h+1=11 h1 + 1 h1 + 1 h1 h( )xassim= 0 , considerando a identidade valida para p > 01 h( )x=0p h


vamos provar para p + 1, que

29

(

)x=0p 1 h

. Tomando na relacao de Stifel( )()()xxx+hh+=.k hk+1 hk+1 hk = p 1 segue()( )()()xxx+1xh+==h+0=0p 1 hp hp hp 1 hlogo

(

)xh=0p 1 h

ca provado entao que

( )x=0k h

para todo k inteiro negativo.Codigos para Coeciente BinomialEm C++#include < iostream >#include < stdio.h >using namespace std;int main (){int n;f loat x;cout > n;cout > x;f loat f [9005];f loat f ato[9005];


30

f loat bino;f [0] = 1;f ato[0] = 1;f or (int i = 0; n > i; i + +){f [i + 1] = (x i) f [i];f ato[i + 1] = (i + 1) f ato[i]; }bino = f [n]/f ato[n];cout n ep()n= 0, logo a propriedade ca provada para n N e p Z.np

$ Corolario 17. Coecientes binomiais complementares sao iguais.( )nSeja a sequencia de termo xn =, com k xo.k

( )n$ Corolario 18. Se k e um inteiro negativo, temos para qualquer n xn = 0 =logokxn e a sequencia constante e converge, tem-se o limite lim xn = 0.( )n$ Corolario 19. Se k = 0 temos sempre= 1 = xn , da mesma maneira temos uma0sequencia constante com limite lim xn = 1.

$ Corolario 20. Se k > 0 tem-se k 1 escrevendo o coeciente binomial como produtorio( )n=k

k1

(n s)

s=0

k!

como k 1 podemos aplicar o limite em cada parcela do produtorio por propriedade delimite do produto, pois nesse caso o produtorio possui pelo menos uma parcela, o fator ne a quantidade de produtos nao depende de nk1k1( )(n s)lim(n s)ns=0s=0lim= lim==kk!k!

logo nesse caso temos lim xn = .

( )nConsidere agora a sequencia de termo dado por yk =para n real, xo.k

$ Corolario 21.Se n e natural, entao lim yk = 0, pois podemos tomar k0 > n e para( )k > k0 teremos

nk

= 0.


1.3m

36

Triangulo de Pascal

Denicao

11 (Triangulo de Pascal). O triangulo de Pascal e um arranjo tri-

angular de numeros binomiais, onde na n-esima linha temos os coecientes binomiais( )( )nn, ,.0n

Figura 1.1: Triangulo de Pascal.

Triangulo de Pascal( ) ( ) ( ) ( ) ( )nnnnnn01234010000

( )n50

( )n60

1

1

1

0

0

0

0

0

2

1

2

1

0

0

0

0

3

1

3

3

1

0

0

0

4

1

4

6

4

1

0

0

5

1

5

10

10

5

1

0

6

1

6

15

20

15

6

1


37

()( )n+1nFigura 1.2: Relacao de Stifel representada no Triangulo de Pascal,=+kk()n.k1

1.4

Convolucaoo de Vandermonde- relacao de Euler.

b Propriedade 27.

) ()k ( )(rsr+s=p kpkp=0

Demonstracao.[1-Interpolacao de Newton] Outra demonstracao pode ser feitacomo segue. Usamos a interpolacao de Newton na funcao f ,n ( )nf (n + x0 ) =k f (x0 )kk=0

()n + x0onde f (x0 ) e a k esima diferenca aplicada em x0 , tomando f (n + x0 ) =p()x0temos k f (x0 ) =, dapk() )n ( )(n + x0nx0=.pkpkk=0k

Demonstracao.[2-Produto de polinomios]r ( )r kr(1 + x) =xkk=0


38

s ( )s k(1 + x) =xkk=0s

r

s

(1 + x) (1 + x) = (1 + x)

r+s

)r+s (r+s k=xkk=0

porem (1 + x)r (1 + x)s = (1 + x)r+s , vamos entao multiplicar os dois fatoresr ( )s ( )r k s krs(1 + x) (1 + x) =xxkkk=0k=0pela regra do produto de polinomios temosr ( )s ( )r+sr k s k x =ck xkxkkk=0k=0k=0onde

)k ( )(rsck =p kpp=0

igualamos entao

logo

)r+s (r+sr+s k ck xkx =kk=0k=0() )k ( )(r+srsck ==.kp kpp=0

Demonstracao.[3-n -esima derivada] Usando a formula de Leibniz da n-esimaderivada do produto de duas funcoesn ( )nD f.g =(Dk f )(Dnk g).kk=0n

Usamos novamente que (1 + x)r+s = (1 + x)s (1 + x)r e aplicamos a n-derivada( esima)s(1 + x)sk ,nas duas expressoes em um ponto x = 0, vale que Dk (1 + x)s = k!k)()(rr+sDnk (1 + x)r = (n k)!(1 + x)rn+k , Dn (1 + x)r+s = n!(1 + x)r+sn ,nknaplicando no ponto x = 0 e usando a formula de Leibniz tem-se() ()( )n ( )r+snrsn!=(n k)!k!nknkkk=0dividindo por n! chegamos no desejado() )( )n (r+srs=nnkkk=0


39

( )npois o termoe cancelado .k Demonstracao.[4-Inducao ]Vamos provar a identidade() )n ( )(x+ssx=nknkk=0por inducao sobre s.Para s = 0

( ) ) ( )n ( )(xx0x==nknknk=0

logo a identidade vale, independente do valor n. Suponha validade para s() )n ( )(x+ssx=nknkk=0(independente do valor em n ) vamos provar para s + 1() )()n (x+s+1s+1x=.nknkk=0Pela relacao de Stifel vale

() () ()x+s+1x+sx+s=+nnn1

usamos a hipotese da inducao para esses dois fatores da relacao de Stifel() ) )n ( )(n1 ( )(x+s+1sxsx=+=nknkkn1kk=0k=0( )( ) ) )()n ( )(n (sxsxsx=++=0 nknkk1nkk=1k=1) (( ) (()( ) ) )()nn (sss+1 xxs+1x=+(+)=kk10nnkknkk=1 |k=0{z}(s+1k )

$ Corolario 22. Temos como corolario, tomando k = r = s = n

( ) ()nncomo=temospnp

) ( )n ( )(nn2n=pnpnp=0

n ( )2np=0

p

( )2n=.n

.


40

$ Corolario 23. Outro corolario e a soma)() )( ) ( )n (n (2nn2n n3n==.knkkknk=0k=0

$ Corolario 24.

) (n ( )( )nrr+n=.kknk=0()( )r+prExemplo 16. Mostre que1e divisvel por p.ppTemos que

Z

)( ) (p1 ( )rrr+p1=kppk=1

( )pk| {z }divisvel por p

()( )r+prem especial se r = cp entao1e divisvel por pt+1 e ainda se r = ppp( )2p 2 e divisvel por p2 .pt

b Propriedade 28 (Teorema Binomial-Binomio de Newton). Vale quen ( )n k nk(x + y) =x yx, y R n N.kk=0n

Demonstracao.[Por derivacao]O teorema binomial, pode ser demonstrado a partir de derivacao em polinomios, temosque (1 + x)n e um polinomio de grau n entao pode ser escrito comon

(1 + x) =

n

ak xk

k=0

Dsaplicando o operadorcom 0 s n em ambos lados (com a derivada em relacao as!x) no ponto x = 0 temos DsDs(1 + x)n =ak xk =s!s!k=0n

pelas propriedades de derivada de funcao composta e derivada de polinomio, temos k (s,1)n(s,1)(1 + x)ns =akxks =s!s!k=0n

=


41

se s e um numero natural, podemos abrir o somatorio no termo k = s, pois 0 s ns1

nk (s,1) kss(s,1) ssk (s,1) ks=akx+ asx +akx=s!s!s!k=0k=s+1

o primeiro somatorio e zero pois temos k (s,1) com k variando de 0 ate s1 valores menoresque s, que sao solucoes da potencia fatorial, o segundo somatorio tem uma potencia xkscom k variando de s + 1 ate n, valores maiores que s, logo temos termos dependentes dex e quando x = 0 esses termos irao se anular, o termo central ca sendo apenas as , o queacontece tomando a derivada no ponto x = 0 em ambos lados, no lado esquerdo temos otermo (1 + x)n = 1 quando x = 0, logo temos=

n(s,1)= as .s!

que escrevendo como coeciente binomial temos( )nas =ssubstituindo esse coeciente emn

(1 + x) =

n

ak xk

k=0

temosn

(1 + x) =

n ( )nk=0

tomando x =

k

xk

zcom y = 0yn ( ) kz n1n zn(1 + ) = n (y + z) =yyk ykk=0

multiplicando ambos lados por y n temosn ( )n nk k(y + z) =y zkk=0n

1.4.1

Demonstracao do teorema binomial por inducao

Demonstracao.[2- Inducao]Vamos provar o teorema binomial por inducao


n ( )n k (nk)a .b(a + b) =kk=0n

n=0

( )0 ( )0 k (0k)0 0 (0)(a + b) = 1 =a .b=a .b = 1k0k=00

Tomando como hipotese a validade para nn ( )n k (nk)(a + b) =a .bkk=0n

e vamos provar para n + 1n+1

(a + b)

)n+1 (n+1=(ak .b(n+1k)kk=0

Pela denicaon+1

(a + b)

n ( )n k (nk)= (a + b)(a + b) = (a + b)[a .b]kk=0n

n ( )n ( )n k (nk)n k (nk)= a[a .b] + b[a .b]kkk=0k=0)(nn (n) nk+1 (nk)ak .b(n+1k) ] =a .b]+[=[kkk=0k=0

abrindo agora o limite superior do primeiro somatorio( )n1 ( )n ( )n k+1 (nk)n n+1 (nn)n k (n+1k)=[a .b]+a .b+[a .b]knkk=0k=0abrindo o limite inferior do segundon1 ( )n ( )n k+1 (nk)n k (n+1k)n+1=[a .b]+a .+[a .b] + (b(n+1) )kkk=0k=1

42


43

fazendo uma mudanca de variavel no primeiro somatorio ( somando +1 aos limites))n (n ( )n k (n+1k)nk (n+1k)n+1=[a .b] + (a ) + [a .b] + (b(n+1) )k1kk=1k=1juntando os dois somatorio e usando a relacao de Stifel para soma de coecientes binomiais)n (n + 1 k (n+1k)=[a .b] + (an+1 ) + (b(n+1) )kk=1juntando agora os termos fora do somatorio para o limite inferior e superior do somatorio()())n (n + 1 k (n+1k)n+1n+1n+1 (n+1n1)=[a .b]+(a .b)+()a0 .b(n+1)0 ) =kn+10k=1)n+1 (n + 1 k (n+1k)=[a .b]kk=0

.

Demonstracao do teorema binomial usando interpolacao Demonstracao.[3-Interpolacao]Temos que

n ( )nf (n) =k f (0)kk=0

tomando f (n) = (1 + a)n temos k f (n) = (a)k (1 + a)n , da k f (0) = (a)k , de onde seguen ( )nn(1 + a) =(a)k .kk=0 Demonstracao.[4- serie de Taylor]

nxk kxkf (x) =D f (0) =D f (0)k!k!k=0k=0( )( )nnnknkkcom f (x) = (1 + x) temos D f (x) =k!(1 + x) D f (0) =k! portantokkn ( )n ( )nxk n kn(1 + x) =k! =x .kkk!k=0k=0k

Z Exemplo 17 (ITA-1967). Calcule10 ( )10 k2 .kk=0


44

n ( )n kUsamos (1 + x) =x , com x = 2 e n = 10, da temoskk=0n

10 ( )10 k2 = 310 .kk=0

Z Exemplo 18 (ITA-1964, IME-1963). Quanto valen ( )n?kk=0

n ( )n kUsamos (1 + x) =x , com x = 1, dakk=0n

n ( )n.2 =kk=0n

1.5

Serie binomial

Seja a funcao de lei f (x) = (1 + x)r , pela serie de Taylor a funcao pode ser escritacomof (x) =

k=0

temos que Dk f (x) =onde segue

Dk f (0)

xkk!

k1

k1

j=0

j=0

(r j)(1 + x)rk tomando x = 0 tem-se Dk f (0) =

(r j) de

k1 ( )xk r k(r j) =(1 + x) =xk!kk=0 j=0k=0() r(1 + x)r =xkkk=0r

convergindo para |x| < 1. Tal serie e chamada de serie binomial . Lembramos que estamosk1denotando(r j) = r(k,1) chamada de potencia fatorial e denindo a extensao doj=0

k1(r j)( )r(k,1)rj=0=com essa denicao o coecientecoeciente binomial como=kk!k!binomial ca denido inclusive para valores( )reais (quaisquer de r), podendo ser inclusiverr!caso r seja um numero natural.valores complexos, e abrange a denicao=kk!(r k)!Vejamos alguns exemplos de aplicacao da serie binomial.


45

Z Exemplo 19. Expandir pela serie binomial a funcao f (x) = 11+ x = (1 + x)

12

Usando a serie binomial, temos k1 ( 1) 2 k 1 (k,1) xk 1xk 21=(1 + x) =x =( )( s) =k2k!2k!k=0k=0k=0 s=0=

k1(1)k k=0

2k

xk (1)k (2k)! xk (1)k (2k)!xk=(1 + 2s) =k!2k 2k k! k!(k!2 )4ks=0k=0k=0

onde usamos propriedade de produtorio e de potencia fatorial.

$ Corolario 25. Temos

(1)k (2k)!xk1=(k!2 )4k1 + x k=0

logo

(2k)!x2k1=(k!2 )4k1 x2k=0

integrando de [0, y]0

y

1(2k)!y 2k+1dx = arcsen(y) =.((k)!2 )4k (2k + 1)1 x2k=0

$ Corolario 26. Da identidade (1)k (2k)!xk1=(k!2 )4k1 + x k=0

segue

(2k)!(1)k x2k1=(k!2 )4k1 + x2k=0

integrando em [0, y] segue y1(2k)!(1)k y 2k+1dy = arcsenh(y) =(k!2 )(2k + 1)4k1 + x20k=0

z Observacao 1. Podemos escrever

( )2k(2k)!=kk!k!

logo podemos reescrever as seriesarcsenhy =

) (2k (1)k y 2k+1k=0

k

(2k + 1)4k

.


1.5.1

( )12k k=x .1 4x k=0 k

$ Corolario 27.

) (2k (1)k x2k1=k4k1 + x2k=0) (12k (1)k xk=4k1 + x k=0 k

na ultima substituindo x por 4x temos)) ( (12k (1)k (1)k 4k xk 2k k==x .4kk1 4x k=0 kk=0) (2k k1=x .1 4x k=0 k

Z Exemplo 20. Calcular

) (2k 1 k( ) .k 5k=01segue5) (2k 1 k ( ) = 5.k 5k=0

Da identidade anterior tomando x =

Z Exemplo 21. Achar a funcao que a serie representa(2k)!xkk=0

Na serie

substitumos x por

6k (k!)2

=

) (2k xkk=0

k

6k

) (12k k=x1 4x k=0 kxtemos6) (32k xk.=3 2x k=0 k 6k

.

46


47

Z Exemplo 22. Ache a serie que representa xx+ 2 .2

) (2k (1)k xk1xDa serie =, trocamos x por , dak421 + x k=0 k) (22k (1)k xk=8k2 + x k=0 klogo

) (1 2k (1)k xk+2x2=.8k2+x2 k=0 k

Z Exemplo 23. Calcular o valor para o qual converge a seriek=1

(2k)k

2k4k

k=1

=

(2k) 1k

0

x2k1

1

dx =

k

2k4k

1x k=1

.

(2k)k

x2k

dx =4k1

= ln(1 + 1 x2 ) = ln(2)

4k

k=1

(2k)

0

()112pois D[ ln(1 + 1 x )] =1 .x1 x2

1

0

()11 1 dx =x1 x2

0

Z Exemplo 24. Calcular a serie de potencias de (1 + x)

r

.

Temosr

(1+x)

) ( k1k1k1+rr k xk xk xk(rs) =(1)k(r+s) =(1)k(s) ==x =kk!k!k!s=0s=rk=0k=0 s=0k=0k=0=

k=0

(1)

k (r

()+ k 1)! xk k r+k1xk=(1)k(r 1)! k!k=0

logor

(1 + x)

()r+k1 k=(1)x .kk=0

Z Exemplo 25. Expressar (2 +1 x)

3

k

por meio de serie de potencias .

Do resultado anterior temos()11k 2+kk=(1)x=(1)k (k + 2)(k + 1)xk(1 + x)3k2k=0k=0


substituindo x por

48

xtem-se211 x=(1)k (k + 2)(k + 1)( )k .3(2 + x)16 k=02

$ Corolario 28. Temos dois corolarios diretos desse resultado()1k r+k=(1)xk(1 + x)r+1kk=0) (r+k k1=x .(1 x)r+1kk=0

1.5.2

(2p) p ( )( )k2k kp xx =p 1 4xpk(14x)k=0

Z Exemplo 26. Calcular a serie

) ( )(k2k kx .pkk=0

Sabemos que vale

) (2k k1x =k1 4xk=0

aplicando xp Dp tem-se

k

(p,1)

k=0

( )2k k1x = xp Dp [ ]k1 4x

Usamos a identidade Dp (ax + b)c = ap c(p,1) (ax + b)cp com a = 4, b = 1, c = ( 1 )(p,1)1Dp1[] = (4)p 2(1 4x) 2 p = (4)pp!p!1 4x(2p)( )usando que

12

p

=

p

(4)p

( 1 )2

p

segue(2p)1Dpp[]=pp!1 4x(1 4x) 1 4x

da

(2p) p) ( )(xk2k kpx =.pk(1 4x)p 1 4xk=0

12

1(1 4x)p 1 4x


Z

49

(2p) p) ( )(xk2k kptomando p = 1 segueExemplo 27. Emx =pk(1 4x)p 1 4xk=0( )2x2k kkx =k(14x)1 4xk=0

logo( )b2k k2ax+(ak + b)x =k(1 4x) 1 4x1 4xk=0

como exemplo

( )2k 111=+=22.(2k + 1)k8k1112()k=0222

Z Exemplo 28. Calcular o valor para onde converge a serie

2s 13.5.73 3.5++ =.1+ +4 4.8 4.8.124ss=1k=0

Usamos a expressao

k2s + 1s=1

4s

(2k)=

k

k

(2k + 1)8k

logo a serie ek=0

b

(2k)k

(2k + 1)1=8k1

=

8.

48

( )pPropriedade 29 (Primos e divisibilidade). Vamos mostrar que p |com 0 < k 0, temos(a)p = ap a mod pque e equivalente aap a mod p, agora se a e inteiro negativo e p = 2 o unico primo par, temos a 0 mod 2 oua 1 mod 2, no primeiro caso a2 0 amod p, no segundo a2 1 a mod p em ambostemosa2 a mod 2logo a demonstracao esta completa.

Coe Fic i Ente Binomial

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