Se Aproxima Difícil Combinatoria Pruebas Difíciles Ejemplo

Question

Estoy luchando con la búsqueda de formas efectivas para el planteamiento de preguntas (especialmente en pruebas) que el uso de sumatorias y desarrollo en Serie de Taylor. He trabajado a través de varios más simples ejemplos, pero siempre se atora no trivial de la cuestión que se plantea. En particular, tengo la esperanza de conseguir un poco de ayuda en la demostración de la siguiente instrucción $$\sum_{i=0}^{n-1} {2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}=2(1-\frac{1}{2^{2i}}{2i \choose i})$$

Como sugerencia, se sostiene que $ \frac{1-\sqrt{1-x}}{\frac{1}{2}x}=\sum_{i=0}^{\infty}{2i \choose i}\frac{1}{i+1}\frac{x^{i}}{2^{2i}} $ y que potencialmente puede ser necesaria para obtener los Taylor seires centrado en $x=0$ $\frac{1-\sqrt{1-x}}{x} $ $\frac{1}{\sqrt{1-x}} $

Con un poco de ayuda, he hecho el siguiente trabajo, pero no estoy seguro de si estoy bien encaminado en la dirección correcta, o incluso corregir:

$$\sum_{i=0}^{n-1} {2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}=\sum_{i=0}^{\infty}{2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}-\sum_{i=n}^{\infty}{2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}=2-\sum_{i=n}^{\infty}{2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}$$ A partir de aquí, he tratado de llegar al punto de probar la siguiente: $$2-\sum_{i=n}^{\infty}{2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}=2-\frac{2}{2^n}{2n \choose n}$$ $$\sum_{i=n}^{\infty}{2i \choose i} \frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}}=\frac{2}{2^n}{2n \choose n} $$ La verdad, no sé de dónde proceda de la siguiente, la dirección o que la prueba va a continuar. Las adiciones o correcciones, sería muy apreciado. Gracias!

Edit: para agregar en otra posible solución, sería mantener el agua a tratar de escribir una relación de recurrencia, suponiendo que el lado izquierdo de la primera ecuación a ser $ a_n $?

Answer 1

Estamos interesados en la verificación de que

$$S_n = \sum_{q=0}^n {2t\elegir q}\frac{1}{p+1}\frac{1}{2^{t2}} = 2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+1\elegir n+1}.$$

Ahora reconocemos que el catalán números aquí donde

$$C(z) = \sum_{q\ge 0} {2t\elegir q}\frac{1}{p+1} z^q = \frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}.$$

Tenemos entonces que a partir de primeros principios que la suma está dada por

$$S_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} C(z/4)\; dz.$$

Ahora recuerdo la ecuación funcional (por ejemplo, a partir de la combinatoria de las especies) de $C(z)$ que es

$$C(z) = 1 + z C(z)^2$$

lo que significa que con $D(z) = C(z/4)$ obtenemos

$$D(z) = 1 + z D(z)^2/4.$$

Recordemos que nuestros integral es

$$S_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} D(z)\; dz.$$

Tenemos que $$z = \frac{4D(z) - 4}{D(z)^2} = 4\frac{1}{D(z)} - 4\frac{1}{D(z)^2}$$

así, en poner a $w=D(z)$ tenemos

$$dz = \left(-4\frac{1}{w^2} + 8\frac{1}{w^3} \right) \; dw$$

que los rendimientos de la integral (tenemos $D(0) = 1$ como se puede ver a partir de la serie)

$$S_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{2n+2}}{4^{n+1} (w-1)^{n+1}} \frac{1}{1-4/w+4/w^2} \\ \times w \left(-4\frac{1}{w^2} + 8\frac{1}{w} {^3} \right) \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{2n+5}}{4^{n+1} (w-1)^{n+1}} \frac{1}{w^2-4a+4} \\ \times \left(-4\frac{1}{w^2} + 8\frac{1}{w} {^3} \right) \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{2n+2}}{4^{n+1} (w-1)^{n+1}} \frac{1}{(w-2)^2} \left(-4a + 8\right) \; dw \\ = \frac{1}{4^n} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{2n+2}}{(w-1)^{n+1}} \frac{1}{1-(w-1)} \; ps.$$

La integral y el escalar en la frente son

$$\frac{1}{4^n} [(w-1)^{n}] \frac{1}{1-(w-1)} \sum_{q=0}^{2n+2} {2n+2\elegir q} (w-1)^q \\ = \frac{1}{4^n} \sum_{q=0}^{n} {2n+2\elegir q} [(w-1)^{n-q}] \frac{1}{1-(w-1)} = \frac{1}{2^{2n}} \sum_{q=0}^{n} {2n+2\elegir q} \\ = \frac{1}{2^{2n+1}} \left(2^{2n+2} - {2n+2\elegir n+1}\right).$$

donde el último paso fue por la inspección. Por lo tanto, para obtener el cerrado formulario

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ 2 - \frac{1}{2^{2n+1}} {2n+2\elegir n+1}.}$$

Observar que esto es

$$2 - \frac{1}{2^{2n+1}} \frac{2n+2}{n+1} {2n+1\elegir n} = 2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+1\elegir n} = 2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+1\elegir n+1}$$

cual es la forma presentada en la introducción. Sería interesante ver un poder formal de la serie única prueba de esto que tendría que tener ciertas características que lo distinguen de los de arriba, donde hemos utilizado el diferencial en la integral.

Observación. La inducción es el más sencillo de aquí, obtenemos

$$2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+1\elegir n+1} + {2n+2\elegir n+1} \frac{1}{n+2}\frac{1}{2^{2n+2}} \\ = 2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+1\elegir n+1} + {2n+3\elegir n+2} \frac{1}{2n+3}\frac{1}{2^{2n+2}} \\ = 2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+2\elegir n+2} \frac{n+2}{2n+2} + {2n+3\elegir n+2} \frac{1}{2n+3}\frac{1}{2^{2n+2}} \\ = 2 - \frac{1}{2^{2n}} {2n+3\elegir n+2} \frac{n+1}{2n+3} \frac{n+2}{2n+2} + {2n+3\elegir n+2} \frac{1}{2n+3}\frac{1}{2^{2n+2}}.$$

Ahora

$$4 \frac{n+1}{2n+3} \frac{n+2}{2n+2} - \frac{1}{2n+3} = 1$$

y obtenemos

$$2 - \frac{1}{2^{2n+2}} {2n+3\choose n+2}$$

cual es el resultado deseado. (Observar que $S_1 = 1 + \frac{1}{4} = 2 - \frac{1}{4} {3\elegir 2}.$)

Answer 2

Aquí es un enfoque basado en la observación de que \begin{align*} \sum_{i=0}^{n-1}\binom{2i}{i}\frac{1}{i+1}\cdot\frac{1}{2^{2i}} \end{align*} es una de Cauchy-producto, que puede ser interpretado como el coeficiente del producto de dos (ordinario) funciones de generación. Recordamos la generación de la función de la catalana números de$C_i=\binom{2i}{i}\frac{1}{i+1}$ \begin{align*} C(x)=\sum_{i=0}^\infty C_i x^i=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\tag{1} \end{align*} También es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[x^n]$ para denotar el coeficiente de $x^n$ de una serie.

Obtenemos \begin{align*} \sum_{i=0}^{n-1}\binom{2i}{i}\frac{1}{i+1}\frac{1}{2^{2i}} &=\frac{1}{4^{n-1}}\sum_{i=0}^{n-1}\binom{2i}{i}\frac{1}{i+1}4^{n-1-i}\tag{2}\\ &=\frac{1}{4^{n-1}}[x^{n-1}]\frac{C(x)}{1-4x}\tag{3}\\ &=\frac{1}{4^{n-1}}[x^{n-1}]\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x(1-4x)}\tag{4}\\ &=\frac{1}{2\cdot4^{n-1}}[x^{n}]\left(\frac{1}{1-4x}-\frac{1}{\sqrt{1-4x}}\right)\tag{5}\\ &=\frac{1}{2\cdot4^{n-1}}\left(4^n-\binom{-\frac{1}{2}}{n}(-4)^n\right)\tag{6}\\ &=2\left(1-\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n}\right)\tag{7} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (2) escribimos la suma de Cauchy-producto, en la forma $\sum_{i=0}^{n-1}a_ib_{n-1-i}$.

• En (3) se utiliza el hecho de que el Cauchy-el producto es el coeficiente de $x^{n-1}$ $C(x)$ y la serie geométrica $\frac{1}{1-4x}$.

• En (4) se usa la representación (1).

• En (5) hacemos un pequeño reordenamiento de derivar fácilmente los coeficientes de la serie y aplicar la regla de $[x^{p+q}]A(x)=[x^p]x^{-q}A(x)$.

• En (6) seleccionamos el coeficiente de $x^n$ de la serie geométrica y el binomio de la serie con $\alpha=-\frac{1}{2}$.

• En (7) se aplica el binomio identidad \begin{align*} \binom{-\frac{1}{2}}{i}=\frac{1}{2^{2i}}\binom{2i}{i}(-1)^i \end{align*} Ver, por ejemplo, (1.9) en H. W. Goulds Binomio Identidades, vol. 1.