RE: [obm-l] identidade binomial Mathematics Magazine June 2007 p. 225
Sauda¸c~oes,
Retomo uma velha mensagem.
Na revista Mathematics Magazine June 2007 p. 225
deparei-me com a identidade
\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n-k+1}{k} \frac{1}{n-k+1}
\binom{2n-2k}{n-k} = \delta_{n,0} .
Ela aparece como corolário de uma longa exposição.
Tentando prová-la, seja
S_n := \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n-k+1}{k} \frac{1}{n-k+1}
\binom{2n-2k}{n-k} .
Uma das idéias é fazer S_n = [x^n] F(x) (coeficiente de x^n em F(x)),
onde F(x) é dada por
F(x) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{k+1}\binom{2k}{k} x^k (1-x)^{k+1}
Fazendo k=0,1,2,3,4 vem:
S_n = [x^n] {1 -14x^4 + 28x^5 - 20x^6 + 5x^7 + 14x^4(1-x)^5 +
\sum_{k\geq 5} \frac{1}{k+1}\binom{2k}{k} x^k (1-x)^{k+1} }
Assim, S_0=1 e S_1=S_2=S_3=S_4=0.
Falta provar que [x^n] F(x) = 0 para n\geq 5.
Dá pra fazer isso?
[]'s,
Luis
Dá sim. Escreva
F(x) = (1-x) \sum_{k\geq 0} C_k (x(1-x))^k
onde $C_k$ é o k-ésimo número de Catalan (NC).
Tendo em vista a função geratriz dos NC,
F(x) = (1-x) \frac{1-\sqrt{1 – 4x(1-x)}}{2x(1-x)} =
\frac{1-(1-2x)}{2x} = 1.
Na dedução acima teve a passagem 1 – 4x(1-x) = (1-2x)^2.
Logo, S_0=1 e S_n=0 para n\geq1.
[]'s
Luís
_
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=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
[obm-l] identidade binomial Mathematics Magazine June 2007 p. 225
Sauda¸c~oes,
Caro Ivan,
Você tem toda raz~ao. Eu fiz reply na ùltima mensagem guardada na caixa das
mensagens da lista e simplesmente esqueci de editar o assunto. Esquecimento
bobo mas que compromete o bom funcionamento da lista. Aliàs gostaria de pedir
ao Nicolau para retirar a mensagem com o assunto errado dos arquivos e deixar
somente esta. []'s
Luis
From: [EMAIL PROTECTED]: [EMAIL PROTECTED]: RE: [obm-l] Sequência e Indução
(Urgente!!!)Date: Sat, 13 Oct 2007 23:40:35 +
Sauda¸c~oes, Na revista Mathematics Magazine June 2007 p. 225 deparei-me com a
identidade \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n-k+1}{k}
\frac{1}{n-k+1}\binom{2n-2k}{n-k} = = \delta_{n,0} . Ela aparece como corolàrio
de uma longa exposiç~ao. Tentando provà-la, seja S_n := \sum_{k=0}^n (-1)^k
\binom{n-k+1}{k} \frac{1}{n-k+1}\binom{2n-2k}{n-k} . Uma das idéias é fazer
S_n = [x^n] F(x) (coeficiente de x^n em F(x)), onde F(x) é dada por F(x) =
\sum_{k\geq 0} \frac{1}{k+1}\binom{2k}{k} x^k (1-x)^{k+1} Fazendo k=0,1,2,3,4
vem: S_n = [x^n] {1 -14x^4 + 28x^5 - 20x^6 + 5x^7 + 14x^4(1-x)^5 +
\sum_{k\geq 5} \frac{1}{k+1}\binom{2k}{k} x^k (1-x)^{k+1} } Assim, S_0=1 e
S_1=S_2=S_3=S_4=0. Falta provar que [x^n] F(x) = 0 para n\geq 5. Dà pra fazer
isso? []'s, Luis
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