Teoria_Morgado_binomiodenewton

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Departamento de Estatística e Matemática Aplicada DEMA
Universidade Federal do Ceará Semestre 2020.1
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CC0279 - Elementos de Análise Combinatória
Teoria do Cap 4- Seções 4.2 e 4.3 do Morgado - 20/07/2020
Prof. Mauricio Mota
1. ( Teorema -pg 104) Se x e a são números reais e n é um inteiro positivo
(x+ a)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
akxn−k.
Note que:
(x+ a)n = (x+ a)(x+ a) . . . (x+ a) = P1P2 . . . Pn.
Quantas vezes aparece akxn−k?
Para isto devemos escolher um a de k produtos entre os produtos P1P2 . . . Pn dos restantes
(n− k) a gente escolhe o fator x.
Assim há
(
n
k
)
de escolher os k produtos. A expansão geral é a soma destes fatores.
vamos expandir o somatório:
(x+ a)n =
(
n
0
)
xn +
(
n
1
)
a1xn−1 +
(
n
2
)
a2xn−2 + . . .+
(
n
n
)
anx0.
Na realidade temos um polinômio de grau n na variável x:
P (x) = (x+ a)n = A0 +A1x+A2x
2 + . . .+Anx
n,
em que
Ak =
(
n
k
)
ak, k = 0, 1, 2, . . . , n.
Note que:
P (1) = A0 +A1 +A2 + . . .+An =
n∑
k=0
Ak,
isto é, a soma dos coe�cientes do desenvolvimento P (x) = (x + a)n é o valor numérico do
polinômio calculado no ponto x = 1, isto é,
S = P (1) = (1 + a)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
ak.
i. O desenvolvimento de (x+ a)n possui (n+1) termos.
ii. Os coe�cientes do desenvolvimento de (x+ a)n são os elementos da linha n do triângulo
de Pascal. Note que:
A linha 0 é dada por:
(x+ a)0 = 1 =
(
0
0
)
1
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A linha 1 é dada por:
(x+ a)1 = x+ a =
(
1
0
)
x+
(
1
1
)
a
A linha 2 é dada por:
(x+ a)2 = x2 + 2ax+ a2 =
(
2
0
)
x2 +
(
2
1
)
ax+
(
2
2
)
a2
A linha 3 é dada por:
(x+ a)3 = x3 + 3ax2 + 3a2x+ a3 =
(
3
0
)
x3 +
(
3
1
)
ax2 +
(
3
2
)
a2x+
(
3
3
)
a3
A linha 4 é dada por:
(x+ a)4 = x4 + 4ax3 + 6a2x2 + 3a3x+ a4
=
(
4
0
)
x4 +
(
4
1
)
ax3 +
(
4
2
)
a2x2 +
(
4
3
)
a3x+
(
4
4
)
a4,
e assim por diante.
iii. Escrevendo os termos do desenvolvimento na ordem decrescente das potências de x, o
termo de ordem (k + 1) é dado por:
Tk+1 =
(
n
k
)
akxn−k, k = 0, 1, 2, . . . , n.
Geralmente o binômio de Newton pode aparecer como:
(a+ b)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
bkan−k.
As vezes aparece na forma:
P (x) =
(
a(x) + b(x)
)n
=
n∑
k=0
(
n
k
)[
b(x)
]k
[a(x)]n−k.
Neste caso a soma dos coe�cientes de P (x) é dada por:
S = P (1) =
(
a(1) + b(1)
)n
.
Outras vezes aparece como:
(a− b)n = (a+ (−b))n
n∑
k=0
(
n
k
)
(−1)kbkan−k.
Vamos resolver alguns exemplos:
Exemplo 1. Determine o coe�ciente de x2 no desenvolvimento de
(
x3 − 1
x2
)9
.
Solução:
2
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Vemos que n = 9 e
a(x) = x3 e b(x) = − 1
x2
= −x−2.
O termo genérico do desenvolvimento é dado por:
Tk+1 =
(
n
k
)
akxn−k
=
(
n
k
)
(−x−2)k(x3)9−k
=
(
n
k
)
(−1)kx−2k(x)27−3k
=
(
n
k
)
(−1)kx27−5k.
O problema pede o termo em x2. logo
27− 5k = 2,
o que acarreta
k = 5.
Assim k + 1 = 6. O termo de posição 6 é dado por:
T6 =
(
9
5
)
(−1)5x27−25 = −126x2,
e o coe�ciente vale −126.
Exemplo 2. Determine o termo máximo do desenvolvimento de
(
1 + 1/3
)65
.
Solução:
Vemos que n = 65 e a = 1 e b = 13 .
O termo genérico do desenvolvimento é dado por:
Tk+1 =
(
65
k
)(1
3
)k
165−k
=
(
65
k
)(1
3
)k
=
(
65
k
)
1
3k
=
65!
k!(65− k)!3k
.
Para que valores de k temos
3
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Tk+1 > Tk?
Note que
Tk = Tk−1+1 =
(
65
k − 1
)
1
3k−1
=
65!
k!(66− k)!3k−1
.
65!
k!(65− k)!3k
>
65!
(k − 1)!(66− k)!3k−1
.
Vamos arrumar de modo conveniente e cancelando 65!
(66− k)!
(65− k)!
>
k!
(k − 1)!
3k
3k−1
Simpli�cando
(66− k)(65− k)!
(65− k)!
>
k(k − 1)!
(k − 1)!
3k
3k−1
ou
66− k > 3k,
e
k <
66
4
= 16, 5.
Logo Tk+1 > Tk para k ∈ {0, 1, 2, . . . , 16}
e analogamente Tk+1 < Tk para k ∈ {17, 18, . . . , 65}.
Vamos juntar tudo:
T1 < T2 < T3 < . . . < T16 > T17 > T18 > . . . > T66.
Assim o termo máximo é
T17 =
(
65
16
)
1
316
.
Vamos ver a solução pelo R.
> n=65
>
> k=0:n;k
[1] 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24
[26] 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49
[51] 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65
>
>
> ###a_k=T_{k+1}
> ak=choose(n,k)*(3^(-k))
4
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> max(ak)
[1] 15054479
> which.max(ak) #####assim k=16, e o máximo é T_17.
[1] 17
>
>
Exemplo 3. Determine o termo máximo do desenvolvimento de
P (x) =
(
1 + x
)9
=
9∑
k=0
(
9
k
)
xk.
Solução: Assim Tk+1 =
(
9
k
)
, k = 0, 1, 2, . . . , 10.
Logo
T1 = T10 =
(
9
0
)
=
(
9
9
)
= 1,
T2 = T9 =
(
9
1
)
=
(
9
8
)
= 9,
T3 = T8 =
(
9
2
)
=
(
9
7
)
= 36,
T4 = T7 =
(
9
3
)
=
(
9
6
)
= 84,
T5 = T6 =
(
9
4
)
=
(
9
5
)
= 126.
Usando o software R temos:
> n=9
> k=0:n;k
[1] 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
> T_k=choose(n,k);T_k
[1] 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
>
O valor máximo é 126. Os termos são T5 e T6. Perceba que neste caso são dois valores de k
que atingem o valor máximo.
Vamos formalizar?
Quando há duas modas temos que procurar valores de k tais que:
Tk+1 = Tk?
Sabemos que
5
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Tk+1 =
(
9
k
)
, k = 0, 1, 2, . . . , 10,
e
Tk=k−1+1 =
(
9
k − 1
)
, k = 1, 2, . . . , 10.
Assim,
Tk+1 = Tk,
(
9
k
)
=
(
9
k − 1
)
,
Logo como k 6= k − 1 e usando as propriedades de combinações complementares temos:
k + k − 1 = 9,
2k = 10,
k = 5.
Logo
T5 = T6.
Quando
Tk+1 < Tk?
9!
k!(9− k)!
<
9!
(k − 1)!(10− k)!
,
simpli�cando 9! e manipulando os termos:
(k − 1)!
k!
<
(9− k)!
(10− k)!
,
vamos brincar um pouco mais:
(k − 1)!
k(k − 1)!
<
(9− k)!
(10− k)(9− k)!
,
simpli�cando
1
k
<
1
(10− k)
,
logo
10− k < k,
10 < 2k,
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e
k > 5.
Isto quer dizer:
T7 < T6, T8 < T7, T9 < T8, T10 < T9, T11 < T10.
Para k = 1, 2, 3, 4, 5
temos
Tk+1 > Tk
Logo
T1 < T2 < T3 < T4 < T5.
Juntando tudo temos:
T1 < T2 < T3 < T4 < T5 = T6 > T7 > T8 > T9 > T10 > T11.
T5 e T6 são os termos com valores máximos.
Esta técnica será empregada em Probabilidade I para calcular a moda das variáveis discretas
como a Poisson, Pascal e a Binomial.
> > n=9
>
> k=0:n;k
[1] 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
>
> C_k=choose(n,k);C_k
[1]1 9 36 84 126 126 84 36 9 1
>
> ###o valor máximo 126 ocorre nas posições 5 e 6.
>
> max(C_k)
[1] 126
>
> which.max(C_k) #####Cuidado ele fornece a posição da primeira posição.
[1] 5
>
>
Exemplo 4. Qual é a soma dos coe�cientes do desenvolvimento de
P (x) =
(
x3 − 2x2
)15
.
Solução: O desenvolvimento do binômio tem 16 termos. Poderíamos calcular cada termo e
depois somá-los. Esta técnica é muito trabalhosa. Vamos pensar em outra.
Se tivermos um polinômio de grau m , isto é,
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P (x) =
m∑
i=0
Aix
i = A0 +A1x+A2x
2 + . . .+Amx
m.
O valor numérico de P (x) para x = 1 nos dará a soma pretendida.
P (1) =
m∑
i=0
Ai1
i = A0 +A1 +A2 + . . .+Am =
m∑
i=0
Ai.
Assim
m∑
i=0
Ai = P (1) =
(
13 − 2× 12
)15
= (−1)15 = −1.
Vamos fazer de outra maneira usando O software R:
Note que o termo geral é dado por:
Tk+1 =
(
15
k
)(
− 2x2
)k(
x3
)15−k
=
(
15
k
)
(−1)kx45−k.
Para k = 0 temos o expoente m = 45 que é o grau de nosso polinômio.
Logo
15∑
k=0
Ak =
15∑
k=0
(
15
k
)
(−2)k =
15∑
k=0
(
15
k
)
(−2)k115−k = (−2 + 1)15 = −1,
note que
115−k = 1,
belo truque não? multiplicar por 1 não altera.
Seja Tk o k-ésimo coe�ciente termo. assim,
Tk =
(
15
k − 1
)
(−2)k−1.
> n=15
> k=1:(n+1);k
[1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
> T_k=(-2)^{k-1}*choose(15,k-1);T_k
[1] 1 -30 420 -3640 21840 -96096 320320 -823680
[9] 1647360 -2562560 3075072 -2795520 1863680 -860160 245760 -32768
>
> sum(T_k)
[1] -1
>
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Os próximos exemplos são somatórios que precisam ser transformados em Binômio de Newton.
Vamos aprender?
Exemplo 5. Calcule
S =
n∑
k=0
(
n
k
)
xk.
Solução: Note que:
S =
n∑
k=0
(
n
k
)
xk × 1 =
n∑
k=0
(
n
k
)
xk × 1n−k = .
Temos a fórmula do Binômio de Newton. Logo
S =
(
1 + x
)n
=
(
x+ 1
)n
.
Exemplo 6. Calcule
S =
n∑
k=0
k
(
n
k
)
xk.
Solução: Note que para k = 0 o coe�ciente é nulo e assim não altera a soma. Vamos começar
o somatório com k = 1.
S =
n∑
k=0
k
(
n
k
)
xk =
n∑
k=1
k
(
n
k
)
xk.
Vamos simpli�car usando o fato que k não é zero.:
k
(
n
k
)
= k
n!
k!(n− k!)
=
n!
(k − 1)!(n− k!)
= n
(n− 1!
(k − 1)!(n− k!)
= n
(
n− 1
k − 1
)
.
Logo,
S =
n∑
k=1
k
(
n
k
)
xk = n
n∑
k=1
(
n− 1
k − 1
)
xk.
Fazendo a mudança de variável i = k−1 no somatório temos que para k = 1 temos i = 1−1 = 0
e para k = n temos i = n− 1. Note que
k = i+ 1.
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Dessa maneira
S = n
n∑
k=1
(
n− 1
k − 1
)
xk = n
n−1∑
i=0
(
n− 1
i
)
xi+1 = nx
n−1∑
i=0
(
n− 1
i
)
xi.
S = nx
n−1∑
i=0
(
n− 1
i
)
xi = nx
n−1∑
i=0
(
n− 1
i
)
xi1n−1−i = nx(1 + x)n−1.
Uma outra solução envolve derivada. Considere a função real de variável real
f(x) = (1 + x)n,
cuja derivada em relação a x é dada por:
f ′(x) = n(1 + x)n−1.
Usando Binômio de Newton podemos pensar também:
f(x) = (1 + x)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
xk,
cuja derivada em relação a x é dada por:
f ′(x) =
n∑
k=0
k
(
n
k
)
xk−1.
Igualando as duas temos:
n∑
k=0
k
(
n
k
)
xk−1 = n(1 + x)n−1,
multiplicando ambos os lados por x temos
n∑
k=0
k
(
n
k
)
xk = nx(1 + x)n−1.
Exemplo 7. Usando o exemplo 6 mostre que:
n∑
k=0
k
(
n
k
)
= n2n−1.
Solução: Note que:
f(1) =
n∑
k=0
k
(
n
k
)
1k = n× 1× (1 + 1)n−1,
f(1) =
n∑
k=0
k
(
n
k
)
= n2n−1.
Exemplo 7. Mostre que
10
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n∑
k=0
(
n
k
)
= 2n.
Solução: Vamos usar a fórmula do binômio de Newton:
(x+ a)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
akxn−k.
fazendo a = x = 1 temos:
(1 + 1)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
1k1n−k =
n∑
k=0
(
n
k
)
= 2n.
Exemplo 8. Mostre que
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
= 2n.
Solução: Vamos usar a fórmula do binômio de Newton:
(x+ a)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
akxn−k.
fazendo a = −1 e x = 1 temos:
(1− 1)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
(−1)k1n−k =
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
= 0n = 0.
Exemplo 9. O próximo exemplo tratará de obter a soma dos termos de ordem par de um
Binômio de Newton (x+ a)n ordenado segundo as potências decrescentes de x. Seja SP esta
soma e CP a soma dos coe�cientes dos termos de ordem par . Mostre que:
SP =
(x+ a)n − (x− a)n
2
,
CP =
(1 + a)n − (1− a)n
2
,
Solução:
Vamos expandir (x+ a)n
(x+ a)n = T1 + T2 + T3 + T4 + . . .
e
(x− a)n = T1 − T2 + T3 − T4 + . . .
Subtraindo as duas expressões temos:
(x+ a)n − (x− a)n = 2
[
T2 + T4 + . . .
]
.
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(x+ a)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
akxn−k =
n+1∑
j=1
Tj .
(x− a)n =
n∑
k=0
(
n
k
)
(−1)kakxn−k =
n+1∑
j=1
(−1)j−1Tj .
Subtraindo temos:
(x+ a)n − (x− a)n =
n+1∑
j=1
Tj −
n+1∑
j=1
(−1)j−1Tj .
Vamos colocar o − do segundo somatório para o interior do mesmo.
(x+ a)n − (x− a)n =
n+1∑
j=1
Tj +
n+1∑
j=1
(−1)(−1)j−1Tj ,
e
(x+ a)n − (x− a)n =
n+1∑
j=1
Tj +
n+1∑
j=1
(−1)jTj ,
Vamos deixar um único somatório
(x+ a)n − (x− a)n =
n+1∑
j=1
(
1 + (−1)j
)
Tj
(x+ a)n − (x− a)n =
n+1∑
j=1
(
1 + (−1)j
)
Tj ,
mas
1 + (−1)j =
{
0 se j é ímpar;
2 se j é par.
.
Assim,
(x+ a)n − (x− a)n =
∑
j
2T2j = 2SP ,
para todos os valores de j tais que 2j ≤ (n+ 1).
Assim,
SP =
(x+ a)n − (x− a)n
2
.
Para calcular a soma dos coe�cientes de ordem par basta fazer x = 1.
CP =
(1 + a)n − (1− a)n
2
.
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Departamento de Estatística e Matemática Aplicada DEMA
Universidade Federal do Ceará Semestre 2020.1
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Vamos considerar um exemplo para ilustrar:
Considere
(x+ 2)4 = x4 + 8x3 + 24x2 + 32x+ 16 = T1x
4 + T2x
3 + T3x
2 + T4x+ T5
e Considere
(x− 2)4 = x4 − 8x3 + 24x2 − 32x+ 16 = T1x4 − T2x3 + T3x2 − T4x+ T5
Assim,
SP = T2 + T4 = 16x
3 + 64x = 2
[
T2 + T4
]
.
Se vc quiser saber a soma dos coe�cientes de ordem par 8 + 32 = 40 é só fazer:
CP = P (1) =
(1 + a)n − (1− a)n
2
=
(1 + 2)4 − (1− 2)4
2
=
34 − (−1)4
2
=
81− 1
2
= 40.
2. Polinômio de Leibniz.
Vamos generalizar a fórmula do binômio de Newton.
O que seria por exemplo (a+ b+ c)2?
(a+ b+ c)2 = (a+ b+ c)(a+ b+ c) = a2 + b2 + c2 + 2ab+ 2ac+ 2bc.
O que seria por exemplo (a+ b+ c)3?
(a+b+c)3 = (a+b+c)(a+b+c)2 = a3+b3+c3+3a2b+3a2c+3b2c+3ab2+3ac2+3bc2+6abc.
Temos 10 termos. Como explicar isso a priori?
Note que cada termo é da forma aibjck com i+ j + k = 3 não negativos.
Se i = 3, j = k = 0 tem a3. Se i = 2, j = 1, k = 0 tem a2b. Se i = j = k = 1 tem abc.
Logo teremos tantos termos quantas são as soluções não negativas da equação:
i+ j + k = 3.
Sabemos que ( Morgado páginas 48 a 52 ) que
o número de soluções inteiras não negativas da equação
x1 + x2+ . . .+ xk = n
é dada por
CRnk =
(
k + n− 1
n
)
.
No nosso caso temos k = 3 e n = 3. Logo
CR33 =
(
3 + 3− 1
3
)
=
(
5
2
)
= 10.
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O termo geral de (a+ b+ c)3 é dado por:
TG =
3!
i!j!k!
aibjck, i+ j + k = 3.
O termo geral de (a+ b+ c)n é dado por:
TG =
n!
i!j!k!
aibjck, i+ j + k = n.
Vamos enunciar a generalização do teorema.
(
x1 + x2 + . . .+ xp)
n =
∑ n!
a1!a2! . . . ap!
xa11 x
a2
2 . . . x
ap
p ,
O somatório é feito para todos os valores inteiros não negativos de a1, a2, . . . , ap tais que
a1 + a2 + . . .+ ap = n.
Exemplo 10. Considere a expressão
(
x2 + 2x− 1
)4
. Responda:
a. Quantos termos há na expressão?
Solução:
Fazendo x1 = x
2, x2 = 2x e x3 = −1 temos k = 3 e n = 4. O número de termos é dado
por:
CR43 =
(
3 + 4− 1
4
)
=
(
6
4
)
= 15 termos.
b. Qual a expressão do termo Geral?
Solução:
TG =
4!
a1!a2!a3!
xa11 x
a2
2 x
a3
3 , a1 + a2 + a3 = 4.
TG =
4!
a1!a2!a3!
x2a1(2x)a2(−1)a3 = (−1)
a32a24!
a1!a2!a3!
x2a1+a2 ,
com a1 + a2 + a3 = 4.
c. Existe algum termo da expressão que independa de x?
Solução: Assim o coe�ciente de x neste termo deve valer zero. logo
2a1 + a2 = 0 sujeito à condição a1 + a2 + a3 = 4. Logo,
a1 = 0, a2 = 0, a3 = 4.
Seu coe�ciente é dado por:
C =
4!
0!0!4!
= 1.
d. Determine o coe�ciente de x4
Solução: Assim o coe�ciente de x neste termo deve valer zero. logo
2a1 + a2 = 4 sujeito à condição a1 + a2 + a3 = 4.
As possíveis soluções são:
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a1 a2 a3 Termo
0 4 0 16x4
1 2 1 −48x4
2 0 0 6x4
Somando temos que o termo em x4 do desenvolvimento é −26x4. O coe�ciente vale −26.
e. Determine a soma dos coe�cientes desse desenvolvimento.
Solução: A maior potência é x8. Assim
P (x) =
(
x2+2x−1
)4
= A0+A1x+A2x
2+A3x
3+A4x
4+A5x
5+A6x
6+A7x
7+A8x
8.
Assim,
P (1) =
(
12 + 2× 1− 1
)4
= A0 +A1 +A2 +A3 +A4 +A5 +A6 +A7 +A8 = 16.
f. Mostre que
P (x) =
(
x2 + 2x− 1
)4
= 1− 8x+ 20x2 − 8x3 − 26x4 + 8x5 + 20x6 + 8x7 + x8.
Note que depois da redução dos termos semelhantes temos 9 termos.
Solução:
Ordem a1 a2 a3 Termo
1 4 0 0 x8
2 0 4 0 16x4
3 0 0 4 1
4 3 1 0 8x7
5 3 0 1 −4x6
6 1 0 3 −4x2
7 1 3 0 32x5
8 0 1 3 −8x
9 0 3 1 −32x3
10 2 1 1 −24x5
11 1 2 1 −48x4
12 1 1 2 24x3
13 2 2 0 24x6
14 2 0 0 6x4
15 0 2 2 24x2
Da última coluna ta tabela anterior obtemos:
P (x) =
(
x2 + 2x− 1
)4
= x8 + 8x7 + 20x6 + 8x5 − 26x4 − 8x3 + 20x2 − 8x+ 1.
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