Álgebra y Geometrı́a Analı́tica Binomio de Newton. Demostración por Inducción Recordemos, el binomio de Newton afirma que: n µ ¶ X n n−k k (a + b) = a b . k k=0 n Demostración: p(n) : (a + b)n = Consideremos la función proposicional ¡n¢ Pn k=0 k an−k bk , probe- mos en primera instancia que p(1) es verdadera. i) p(1) : (a + b)1 = P1 k=0 ¡1¢ k a1−k bk . Tomememos el segundo miembro de esta igual- dad y tratemos de llegar al primer miembro: ¡¢ ¡¢ P1 ¡1¢ 1−k k b = 10 a1 b0 + 11 a0 b1 = 1a + 1b = a + b = (a + b)1 , ya que k=0 k a ¡1¢ ¡1¢ = 1 = 1. 0 ii) Supongamos que p(h) es verdadera, la cual representa la hipótesis Inductiva, o sea: h µ ¶ X h h−k k a b , p(h) : (a + b) = k k=0 h finalmente, iii) Probemos que p(n) es verdadera para n = h + 1, ocupando la hipótesis inductiva. Debemos probar que se cumple la siguiente igualdad: h+1 (a + b) ¶ h+1 µ X h + 1 h+1−k k = a b , k k=0 Dem.: Álgebra y Geometrı́a Analı́tica Segundo Semestre 2005 1 Prof. Magister Osmar Vera Álgebra y Geometrı́a Analı́tica (a + b)h+1 = (a + b) · (a + b)h h µ ¶ h µ ¶ X X h h−k k h h−k k = a· a b +b· a b k k k=0 k=0 µ ¶ h h X µh¶ X h h−k+1 k ah−k bk+1 = a b + k k {z } |k=0 {z } |k=0 (1) (2) Tengamos en cuenta que en la primera igualdad se aplica la propiedad del producto de potencias de igual base. En la otra se ocupó la hipótesis inductiva, y la distributividad de la suma respecto del producto, y en la última se introducen los factores a y b respectivos dentro de las sumatorias, ya que no dependen del subı́ndice de la sumatoria. Ahora vamos a desdoblar ambas sumas (1) y (2) del siguiente modo: en (1) le quitamos el primer término y sumamos desde k = 1 hasta h y en (2) le quitamos el último término y sumamos desde k = 0 hasta k = h − 1 µ ¶ h µ ¶ h h+1 0 X h h+1−k k a b a b + (1) = k 0 k=1 µ ¶ h−1 µ ¶ X h 0 h+1 h h−k k+1 ab a b + (2) = h k k=0 Tengamos en cuenta que ¡h¢ 0 = ¡h+1¢ 0 y que ¡h¢ h = ¡h+1¢ . En la suma (2) necesitah+1 mos sumar desde 1, razón por lo cual hacemos un cambio de variable, llamando k + 1 = j, de donde cuando k = 0 =⇒ j = 1, y cuando k = h − 1 =⇒ j = h. Mientras que en la suma (1) podemos cambiar sin problemas la letra la k que es muda por la j. Luego de estos cambios, µ ¶ ¶ h µ ¶ h µ h + 1 h+1 0 X h h+1−j j X h (1) + (2) = a b + a b + ah−(j−1) bj + 0 j j−1 j=1 j=1 µ ¶ h + 1 0 h+1 + ab h+1 Álgebra y Geometrı́a Analı́tica Segundo Semestre 2005 2 Prof. Magister Osmar Vera Álgebra y Geometrı́a Analı́tica Finalmente se tiene que µ ¶ ¶ h µ ¶ h µ h + 1 h+1 0 X h h+1−j j X h = a b + a b + ah+1−j bj + 0 j j−1 j=1 j=1 µ ¶ h + 1 0 h+1 + ab h+1 h+1 (a + b) Observar ahora que el inicio y el final de ambas sumas es el mismo, además tienen la misma parte literal, sólo son distintos los coeficientes combinatorios, entonces es posible juntar ambas sumas del siguiente modo h+1 (a+b) ¶ µ ¶ µ ¶i ¶ µ µ h h h + 1 h+1 0 X h h h + 1 0 h+1 h+1−j j + = a b+ a b+ ab ; j j − 1 0 h + 1 j=1 | {z } (3) sabemos (3)= ¡h+1¢ j , entonces se tiene que: µ h+1 (a + b) ¶ ¶ µ ¶ h µ h + 1 h+1 0 X h + 1 h+1−j j h + 1 0 h+1 = a b + a b + ab . 0 j h+1 j=1 | {z } Ph+1 h+1 h+1−j j a b ( ) j=0 j O sea se tiene probado que p(h + 1) es verdadera, h+1 (a + b) = ¶ h+1 µ X h+1 j=0 j ah+1−j bj Al ser verdadera p(h + 1), se tiene que p(n) es verdadera para cualquier n ≥ 0, n entero. ¥ Álgebra y Geometrı́a Analı́tica Segundo Semestre 2005 3 Prof. Magister Osmar Vera