¿Duda tonta prueba $2^{n-1}={n\choose 0}+ {n\choose 2}+ {n\choose 4}+ \dots $?

Question

Tengo que probar que

$$2^{n-1}={n\choose 0}+ {n\choose 2}+ {n\choose 4}+ \dots $$

Revisé el caso donde $n-1$ es aun pero estoy un poco confundido cuando $n-1$ es impar:

$$2^{n-1}={n-1\choose 0}+{n-1\choose 1}+{n-1\choose 2}+\dots +{n-1 \choose n-1}$$

Sé que podemos agrupar los términos pares con el % de identidad ${n\choose k}+{n\choose k+1}={n+1 \choose k}$y obtener:

$$2^{n-1}={n\choose 0}+{n\choose 2}+{n\choose 4}+\dots +{n-1 \choose n-2 } +{n-1 \choose n-1}$$

Pero cuando hago el último par obtendría:

$${n-1 \choose n-2 } +{n-1 \choose n-1}={n \choose n-2}$$

Y el ejercicio dice que el último término debe ser $\displaystyle {n \choose n-1}$ o $\displaystyle {n\choose n}$. Podría ser falta algo realmente tonto, pero no estoy viendo en este momento.

Answer 1

Desde $n-1$ es impar, $\binom{n}{n-1}$ no puede ser un término que aparece, ya que todos los "denominadores" son aún. Así que la única pregunta es si el final de plazo debería ser $\binom{n}{n-2}$ o $\binom{n}{n}$. Pero si $\binom{n}{n}$ fueron producidos por el proceso, que sería producida por $\binom{n-1}{n} + \binom{n-1}{n+1}$, lo cual es claramente basura; ¿dónde estaría el $n+1$ "denominador"? Así que tienes razón, y usted no necesita estar preocupado.

Podría ayudar si, en lugar de escribir $\dots$ al final de la expresión que está tratando de demostrar, que también escribió el término final.

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{k = 0}^{\infty}{n \choose 2k} & = \sum_{k = 0}^{\infty}{n \choose k}{1 + \pars{-1}^{k} \over 2} = {1 \over 2}\sum_{k = 0}^{\infty}{n \choose k} + {1 \over 2}\sum_{k = 0}^{\infty}{n \choose k}\pars{-1}^{k} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,\pars{1 + 1}^{\,n} + {1 \over 2}\,\bracks{1 + \pars{-1}}^{\,n} = \bbx{\ds{2^{n - 1} + {1 \over 2}\,\delta_{n,0}}} \end{align}

Answer 3

La afirmación es que $2^{n-1}$ es el número total de subconjuntos de tamaño incluso de una serie con elementos de $n$.

Para ver esto, nos podemos emparejar los subconjuntos de tamaño incluso con los de tamaño poco frecuente: elige un elemento fijo $a$ del conjunto base y par $X$ $X\setminus{a}$ si $a\in X$ y $X\cup{a}$ lo contrario. Siempre asigna un conjunto incluso a un conjunto impar, por lo que debe existir igualmente muchos de ellos.

En particular, el número de conjuntos incluso es $2^n/2=2^{n-1}$.

Answer 4

Nos hemos ya demostrado:

$\sum_{i=0}^{n} {n\choose i} = 2^{n}$?

Casos donde es $n$: $n = 2k$

$\sum\limits{i=0}^{k} {2k\choose 2i} = \sum\limits{i=0}^{n} {n\choose i}- \sum_\limits{i=0}^{k-1} {2k\choose 2i+1}$

$\sum\limits{i=0}^{k-1} {2k\choose 2i+1} = \sum\limits{i=0}^{k-1} {2k-1\choose 2i}+{2k-1\choose 2i+1} = \sum_\limits{i=0}^{n-1} {n-1\choose i} = 2^{n-1}$

$\sum_\limits{i=0}^{k} {2k\choose 2i} = 2^{n} - 2^{n-1} = 2^{n-1}$