Autor Tema: Potencia de dos igual a suma de coeficientes binomiales.

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10 Febrero, 2019, 12:40
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thadeu

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Sea \[ n \] un entero no negativo. Pruebe que \[ 2^n={n \choose 0} +{n \choose 1} +...+{n \choose n}  \]

10 Febrero, 2019, 13:05
Respuesta #1

GaToMi

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Sabemos que, por el teorema del binomio,

\[ (x+1)^n=\displaystyle\binom{n}{0}x^n+\displaystyle\binom{n}{1}x^{n-1}+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}x+\displaystyle\binom{n}{n} \]

Si hacemos \[ x=1 \], tenemos

\[ 2^n=\displaystyle\binom{n}{0}+\displaystyle\binom{n}{1}+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}+\displaystyle\binom{n}{n} \],

Como se quería demostrar.
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10 Febrero, 2019, 13:09
Respuesta #2

thadeu

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Sabemos que, por el teorema del binomio,

\[ (x+1)^n=\displaystyle\binom{n}{0}x^n+\displaystyle\binom{n}{1}x^{n-1}+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}x+\displaystyle\binom{n}{n} \]

Si hacemos \[ x=1 \], tenemos

\[ 2^n=\displaystyle\binom{n}{0}+\displaystyle\binom{n}{1}+...+\displaystyle\binom{n}{n-1}+\displaystyle\binom{n}{n} \],

Como se quería demostrar.
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Hola GaToMi,
no lo había visto así.
 Gracias y saludos.

10 Febrero, 2019, 15:36
Respuesta #3

Masacroso

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Otra forma más complicada es utilizando inducción en \[ n \] y la identidad \[ \binom n k=\binom{n-1}k+\binom{n-1}{k-1} \]:

Caso base: tomamos \[ n=1 \] entonces tenemos que \[ \binom 1 0+\binom 1 1=1+1=2^1 \] (también se cumple con \[ n=0 \]).

Hipótesis inductiva: ahora supongamos que \[ \sum_{k=0}^n\binom n k=2^n \].

Paso inductivo:

\[ \displaystyle \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}k=\sum_{k=0}^{n+1}\left(\binom n{k-1}+\binom n k\right)
=\sum_{k=-1}^n\binom n k+\sum_{k=0}^{n+1}\binom n k=\binom n{-1}+2^n+2^n+\binom n{n+1}=0+2^n+2^n+0=2^{n+1} \]

La identidad final viene determinada por el hecho de que se define consistentemente \[ \binom n k:=0 \] cuando \[ n\ge 0 \] y \[ k>n \] o \[ k<0 \]. No es necesario utilizar estas definiciones si restringimos la identidad \[ \binom{n+1}k=\binom n k+\binom n{k-1} \] a los casos donde \[ k\in[1,n] \], llegando al mismo resultado.

10 Febrero, 2019, 16:47
Respuesta #4

Juan Pablo Sancho

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Otro camino, si tienes un conjunto de \[ n \] elementos  \[ X=\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}  \].
Hay \[ \displaystyle {n \choose k}  \] subconjuntos de \[ k \] elementos y esto se puede ver como:

\[ A_k = \{(x_1,c_2,.,x_j,..,c_i...,x_n) \}  \] donde \[ x_i \] significa que \[ x_i\in A \] y \[ c_j \notin A  \].
Y hay tantos subconjuntos de \[ k \] elementos como combinaciones de \[ k \] números elegidos de entre \[ n \] números.

Entonces nos quedan \[ \displaystyle |P(X)| = \sum_{i=0}^n {n \choose i}  \] subconjuntos.

Por otra parte por cada elemento \[ x_i  \] hay dos opciones que este en un subconjunto o no entonces :
Hay \[ 2 \cdot 2 \cdots \cdot 2 = 2^n  \] opciones.

Otra cosa sería usar que \[  \displaystyle \sum_{i=0}^n {n \choose i}  \] nos da el total de subconjuntos de un conjunto \[ X \] y luego probar por inducción que \[ |P(X)|=2^n  \] para un conjunto de \[ n \] elementos.