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Prueba algebraica que $\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}=2^n$

Soy muy consciente de la combinatoria de la variante de la prueba, es decir, observando que cada fórmula es una representación diferente para el número de subconjuntos de un conjunto de $n$ elementos. Tengo curiosidad por ver si hay una serie de manipulaciones algebraicas que pueden llevar de$\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}$$2^n$.

20voto

Martin OConnor Puntos 116

Aquí tienes uno. Deje $g(n) = \sum \limits_{i=0}^n \binom{n}{i}$. Entonces

$$g(n+1) - g(n) = \sum_{i=0}^{n+1} \binom{n+1}{i} - \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} = \sum_{i=0}^{n+1} \left(\binom{n+1}{i} - \binom{n}{i}\right) = \sum_{i=0}^{n+1} \binom{n}{i-1} $$ $$= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} = g(n).$$ Aquí, utilizamos el hecho de que $\binom{n}{n+1} = \binom{n}{-1} = 0$, así como el binomio de recurrencia $\binom{n+1}{i} = \binom{n}{i} + \binom{n}{i-1}$.

Así tenemos a $g(n+1) = 2g(n)$,$g(0) = 1$. Desde $g(n)$ se duplica cada vez que $n$ se incrementa en 1, debemos tener $$g(n) = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} = 2^n.$$

15voto

Chris S Puntos 139

Simplemente use la fórmula binominal.

$$(a + b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^k b^{n - k}$$

Con $a = b = 1$ tiene su resultado.

11voto

Simon Nickerson Puntos 17147

Bueno, aquí hay uno.

$$\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}=2^n$$ $$\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}+\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}=2^{n+1}$$ $$\binom{n}{0}+\left [ \binom{n}{0}+\binom{n}{1} \right ]+...+\left [ \binom{n}{n-1}+\binom{n}{n}\right ]+\binom{n}{n}=2^{n+1}$$ $$\sum_{i=0}^{n+1} \binom{n+1}{i}=2^{n+1}$$

4voto

Markus Scheuer Puntos 16133

Usted podría utilizar exponencial funciones de generación de demostrar esta identidad. $$\begin{eqnarray}\sum_{n\ge0}2^n\frac{x^n}{n!}&=&\sum_{n\ge0}\frac{(2x)^n}{n!}\\&=&e^{2x}\\&=&e^xe^x\\&=&\sum_{i\ge0}\frac{x^i}{i!}\sum_{j\ge0}\frac{x^j}{j!}\\&=&\sum_{n\ge0}\sum_{i=0}^{n}\frac{x^i}{i!}\frac{x^{n-i}}{(n-i)!}\\&=&\sum_{n\ge0}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\frac{x^n}{n!}\end{eqnarray} $$ Ahora, la comparación de los coeficientes de $x^n$ ${n\ge0}$ da la identidad.

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