Encontré las siguientes cuatro identidades aparentes: $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n 2^{-\lfloor\frac{n+k}{2}\rfloor} {\lfloor\frac{n+k}{2}\rfloor\choose k} &= \frac{4}{3}-\frac{1}{3}(-2)^{-n},\\ \sum_{k=0}^n 2^{-\lceil \frac{n+k}{2}\rceil } {\lfloor\frac{n+k}{2}\rfloor\choose k} &= 1,\\ \sum_{k=0}^n 2^{-\lfloor\frac{n+k}{2}\rfloor} {\lceil \frac{n+k}{2}\rceil \choose k} &= 2-2^{-n},\\ \sum_{k=0}^n 2^{-\lceil \frac{n+k}{2}\rceil } {\lceil \frac{n+k}{2}\rceil\choose k} &= \frac{4}{3}-\frac{1}{3}(4)^{-\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}. \end{align} $$ Quiero saber cómo probarlos. También quiero saber si tienen (después de multiplicar ambos lados por $2^n$ ) bonitas interpretaciones combinatorias.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Roger Hoover
Puntos
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Suponiendo que $n$ está en paz, $n=2m$ tenemos: $$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n} 2^{-\left\lfloor\frac{n+k}{2}\right\rfloor}\binom{\left\lfloor\frac{n+k}{2}\right\rfloor}{k}&=&\sum_{j=0}^{m}2^{-(m+j)}\binom{m+j}{2j}+\sum_{j=0}^{m-1}2^{-(m+j)}\binom{m+j}{2j+1}\\&=&4^{-m}+2^{-m}\sum_{j=0}^{m-1}2^{-j}\binom{m+j+1}{m-j}\\&=&4^{-m}+4^{-m}\sum_{j=1}^{m}2^j\binom{2m+1-j}{j}\end{eqnarray*}$$ por lo que sus sumas pueden ser calculadas utilizando Polinomios de Fibonacci .
