Binomial

Proposição

Seja $\alpha \in \mathbb{R}$. Verifica-se, para qualquer $x \in ]-1,1[$, que

(1)

\begin{align} (1+x)^\alpha = \sum_{n=0}^\infty \left(\alpha \atop n \right) x^n, \end{align}

onde $\, \left(\alpha \atop n \right) := \frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha-n+1)}{n!}\,$ se $\, n \in \mathbb{N} \;$ e $\; \left(\alpha \atop 0 \right) := 1$.

Demonstração

O caso $\alpha = 0$ é trivial e o caso $\alpha \in \mathbb{N}$ resulta da fórmula do binómio de Newton. Assumimos por isso, no que se segue, que $\alpha \notin \mathbb{N}_0$.

É fácil verificar, pelo critério de d'Alembert, que a série em (1) é convergente em $]-1,1[$. Designemos então, neste intervalo,

(2)

\begin{align} f(x) := \sum_{n=0}^\infty \left(\alpha \atop n \right) x^n. \end{align}

A conclusão (1) pode então escrever-se como $(1+x)^\alpha = f(x)$ ou, equivalentemente,

(3)

\begin{align} (1+x)^{-\alpha} f(x) = 1. \end{align}

Comecemos por provar que $(1+x)^{-\alpha} f(x)$ é constante, ou seja, que a sua derivada é nula naquele intervalo. Como

(4)

\begin{align} ((1+x)^{-\alpha} f(x))' = (1+x)^{-\alpha-1} ((1+x)f'(x)-\alpha f(x)), \end{align}

é equivalente mostrar que $(1+x)f'(x) = \alpha \, f(x)$. Ora, tem-se, de facto, que

(5)

\begin{eqnarray} (1+x) f'(x) & = & \sum_{n=0}^\infty \left(\alpha \atop n \right) (\alpha - n)\, x^n + \sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha-n+1)}{(n-1)!}\, x^{n} \\ & = & \alpha \sum_{n=0}^\infty \left(\alpha \atop n \right) x^n - \sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha-n+1)}{n!} \, n\, x^n + \sum_{n=1}^\infty \frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha-n+1)}{(n-1)!}\, x^{n} \\ & = & \alpha \, f(x). \end{eqnarray}

Obteve-se, assim, que

(6)

\begin{align} (1+x)^{-\alpha} f(x) = c, \end{align}

para alguma constante $c$. Mas como, em particular, (6) terá que ser válida para $x=0$, obtém-se $c=1$ e a conclusão pretendida.

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