Identidad combinatoria con la suma de Coeficientes binomiales

Question

¿Cómo atacar este tipo de problema? Espero que habrá algún tipo de método abreviado para calcular esto.

$$\sum_{k=0}^{38\,204\,629\,939\,869} \frac{\binom{38\,204\,629\,939\,869}{k}}{\binom{76\,409\,259\,879\,737}{k}}\,.$$

EDITAR:

Como veo, el numerador es $n \choose k$ y el denominador es ${2n-1} \choose k$, donde $n =38\,204\,629\,939\,869$. i.e $$\sum_{k=0}^n {\frac {n \choose k} {{2n-1} \choose k}} = 2.$$

Answer 1

$$ \large\begin{align} \sum_{k=0}^{n}\frac{\Large\binom nk}{\Large\binom{2n-1}k} &=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot \frac{k!(2n-1-k)!}{(2n-1)!}\\ &=\frac{n!}{(2n-1)!}\cdot \color{green}{(n-1)!}\sum_{k=0}^{n}\frac{(2n-1-k)!}{\color{green}{(n-1)!}(n-k)!}\\[10pt] &=\frac{n!(n-1)!}{(2n-1)!}\sum_{k=0}^{n} {\binom {2n-1-k}{n-1}}\\[10pt] &={\binom{2n-1}n}^{-1}\sum_{r=0}^{n} \binom {n-1+r}{n-1}\qquad \small\text{(putting %#%#%)}\\[10pt] &={\binom{2n-1}n}^{-1}\binom{2n}{n}\\[10pt] &=\frac{(2n)^\underline{n}}{(2n-1)^\underline{n}} \color{gray}{=\frac{(2n)(2n-1)(2n-2)\cdots (n+1)}{\qquad\;\;\; (2n-1)(2n-2)\cdots (n+1)n}}\\[10pt] &=\frac{2n}{n}\\[10pt] &=2\qquad\blacksquare \end{align}$$

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Nota: Gracias por leer la respuesta anterior y por su upvotes! Por favor ver mi otra solución en un post aparte más abajo, que utiliza un enfoque diferente y posiblemente más directo.

Answer 2

La identidad $$\sum_{k=0}^n\frac{\binom nk}{\binom{2n-1}k}=2$$ es válido para cada entero positivo $n$. El caso de $n=1$ es trivial. Aquí es probabilística prueba para $n\ge2$.

Considere el siguiente experimento al azar. Una urna contiene inicialmente $n$ bolas negras y $n-1$ bolas blancas. Las pelotas son atraídos uno por uno, sin reemplazo, hasta que la bola blanca se dibuja. La variable aleatoria $X$ es el número de sorteos; su rango de valores es $\{1,2,\dots,n,n+1\}$. Vamos a calcular el valor esperado $E(X)$ en dos formas diferentes.

I. Claramente tenemos $$X=\sum_{k=0}^nX_k$$ donde $$X_k=\begin{cases} 1\text{ if }X\gt k,\\ 0\text{ if }X\le k; \end{casos}$$ en otras palabras, $X_k=1$ si no hay ninguna bola blanca en la primera $k$ sorteos, lo que significa que un $k+1$-th sorteo es necesario. Así tenemos $$E(X)=E(\sum_{k=0}^n X_k)=\sum_{k=0}^n E(X_k)=\sum_{k=0}^n P(X_k=1)=\sum_{k=0}^n\frac{\binom nk}{\binom{2n-1}k}.$$

II. Llame a las bolas negras $B_1,B_2,\dots,B_n$. Deje $Y_i$ ser el indicador de la variable que toma el valor de $1$ si el balón $B_i$ es tomada antes de que cualquier bola blanca se dibuja, $0$ lo contrario. Claramente la variable $X$ es igual a $1$ más el número de bolas negras dibujadas, que es, $$X=1+\sum_{i=1}^nY_i$$ y así $$E(X)=1+\sum_{i=1}^nE(Y_i)=1+\sum_{i=1}^nP(Y_i=1)=1+\sum_{i=1}^n\frac1n=2.$$

De manera más general, para cualquier enteros $m,n\ge0$, el mismo argumento (con $n$ negro y $m$ bolas blancas) muestra que $$\sum_{k=0}^n\frac{\binom nk}{\binom{m+n}k}=1+\frac n{m+1}.$$

Answer 3

Es fácil ver:

$$\sum\limits_{k=0}^1\frac{1\choose k}{1\choose k}= \frac{1\choose 0}{1\choose 0}+\frac{1\choose 1}{1\choose 1}=2$$

Ahora, si usted puede demostrar:

$$\sum_{k=0}^n \frac{\dbinom{n}{k}}{\dbinom{2n-1}{k}}=2\implies \sum_{k=0}^{n+1} \frac{\dbinom{n+1}{k}}{\dbinom{2n+1}{k}}=2$$

Entonces usted tiene una prueba por inducción.

Answer 4

Generalmente no posteo otra respuesta, pero el enfoque aquí es bastante diferente así que espero que esto se excusó.

$$\begin{align} &\large\sum_{k=0}^n\frac{\Large\binom nk}{\Large\binom{2n-1}k}\\[10pt] &=\large\sum_{k=0}^n\frac{n^\underline{k}}{k!}\cdot \frac{k!}{(2n-1)^\underline{k}}\\[10pt] &=\large{\sum_{k=0}^n}\frac{n^\underline{k}}{(2n-1)^\underline{k}}\\[10pt] &=1+\frac n{2n-1}+\frac{n(n-1)}{(2n-1)(2n-2)}+\cdots+\frac{n(n-1)\cdots3\cdot 2\cdot 1}{(2n-1)(2n-2)\cdots (n+2)(n+1)n}\\[10pt] &=1+\frac n{2n-1}\left(1+\frac{n-1}{2n-2}\left(1+\cdots \left(1+\frac 3{n+2}\left(1+\frac 2{n+1}\color{blue}{\left(1+\frac 1n\right)} \right)\right)\right)\right)\\[10pt] &=1+\frac n{2n-1}\left(1+\frac{n-1}{2n-2}\left(1+\cdots \left(1+\frac 3{n+2}\color{blue}{\left(1+\frac 2{n}\right)} \right)\right)\right)\\[10pt] &=1+\frac n{2n-1}\left(1+\frac{n-1}{2n-2}\left(1+\cdots \color{blue}{\left(1+\frac 3n\right)}\right)\right)\\[10pt] &=\cdots\\[10pt] &=1+\frac n{2n-1}\color{blue}{\left(1+\frac{n-1}{n}\right)}\\[10pt] &=\color{blue}{1+\frac n{n}}\\[10pt] &=2\qquad\qquad \blacksquare\\[10pt] \end {Alinee el} $$

Answer 5

De acuerdo a la Gosper del algoritmo (Maxima comando

AntiDifference(binomial(n,k)/binomial(2*n-1,k),k),

también implementado en Mathematica y Maple): $$ {\frac {n \elegir k} {{2n-1} \elegir k}} = {{\left((k+1)-2n\right){{n}\, seleccione{k+1}}}\over{n{{2n-1}\, seleccione{k+1 }}}} -{{\left(k-2n\right){{n}\, seleccione{k}}}\over{n{{2n-1}\, seleccione{k}}}} $$ y la suma de los telescopios : $$ \sum_{k=0}^n{\frac{n \elegir k}{{2n-1} \elegir k}} = \sum_{k=0}^n{{\left((k+1)-2n\right){{n}\, seleccione{k+1}}}\over{n{{2n-1}\, seleccione{k+1}}}} -{{\left(k-2n\right){{n}\, seleccione{k+1}}}\over{n{{2n-1}\, seleccione{k}}}}= {{\left(1-n\right){{n}\, seleccione{n+1}}}\over{n{{2n-1}\, seleccione{n}}}}- {{\left(-2n\right){{n}\, seleccione{0}}}\over{n{{2n-1}\elegir{0}}}}=0-(-2) $$