Suma parcial de la Binomial Negativo de los Coeficientes multiplicados por el Aumento de Poder de $-\frac 12$

Question

¿Cómo puede ser demostrado que : $$\sum_{i=0}^n\binom {n-1}r\left(-\frac 12\right)^r=\sum_{i=n+ 1}^\infty\binom {n-1}r\left(-\frac 12\right)^r=2^n$$ ?

Esto es confirmado por wolframalpha aquí y aquí.

Sabemos que

$$\sum_{r=0}^\infty\binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r=\left(1-\frac 12\right)^{-n-1}=2^{n+1}$$ que puede ser fácilmente confirmado por el binomio de expansión, pero no parece útil para la solución del anterior.

Apéndice: Una expresión algebraica enfoque sería preferido.

Anexo 2: llegué a este mismo tiempo tratando de resolver esta pregunta aquí.

Answer 1

Podemos utilizar la Inducción. El caso base es simple. Supongamos que es cierto para $n-1$, luego $$ \begin{align} &\sum_{k=0}^n\binom{-n-1}{k}\left(-\frac12\right)^k\\ &=\sum_{k=0}^n\binom{n+k}{k}\left(\frac12\right)^k\tag{1}\\ &=\binom{2n}{n}\left(\frac12\right)^n+\sum_{k=0}^{n-1}\left[\binom{n+k-1}{k-1}+\binom{n+k-1}{k}\right]\left(\frac12\right)^k\tag{2}\\ &=\binom{2n}{n}\left(\frac12\right)^n+\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+k-1}{k-1}\left(\frac12\right)^k+2^{n-1}\tag{3}\\ &=\binom{2n}{n}\left(\frac12\right)^n+\frac12\sum_{k=0}^{n-2}\binom{n+k}{k}\left(\frac12\right)^k+2^{n-1}\tag{4}\\ &=\frac12\sum_{k=0}^n\binom{n+k}{k}\left(\frac12\right)^k+2^{n-1}\tag{5}\\[9pt] &=2^n\tag{6} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: convertir a positivo coeficiente binomial
$(2)$: uso de Pascal relación
$(3)$: uso hipótesis inductiva
$(4)$: reindex
$(5)$: $\binom{2n}{n}\left(\frac12\right)^n=\frac12\binom{2n}{n}\left(\frac12\right)^n+\frac12\binom{2n-1}{n-1}\left(\frac12\right)^{n-1}$
$(6)$: restar $(1)$ $2$ veces $(5)$

Answer 2

El uso de la ecuación de ${-n-1\choose r}=(-1)^r{r+n\choose n}$ a reescribir su binomial negativa el coeficiente y reorganizar el deseado de expresión a $$\sum_{r=0}^n{r+n\choose n}\left({1\over 2}\right)^{r+n}=1,$$ o $$\sum_{k=n}^{2n}{k\choose n}\left({1\over 2}\right)^{k}=1.$$

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Consideremos ahora una probabilidad del ejercicio.

Lanzar una moneda hasta obtener cualquiera de las $n+1$ jefes o $n+1$ colas, y deje $N$ el número de lanzar una moneda necesaria para lograr esto. Llegamos $N=k+1$ por $n$ cabezas en el primer $k$ tiros seguidos por una cabeza, o $n$ colas en la primera $k$ tiros seguidos por una cola.

Por lo tanto, para $k\leq n\leq 2n$,
$$\mathbb{P}(N=k+1)=2{k\elegir n}\left({1\over2}\right)^{k}\left({1\over2}\right) = {k\elegir n}\left({1\over2}\right)^{k}.$$ Desde estas agotar todos los posibles valores de $N$, las probabilidades de uno.

Answer 3

Aquí hay una respuesta basada en la generación de funciones. Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n}{k} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{r=0}^n}&\color{blue}{\binom{-n-1}{r}\left(-\frac{1}{2}\right)^r}\\ &=\sum_{r=0}^n\binom{n+r}{r}\left(\frac{1}{2}\right)^r\tag{1}\\ &=\sum_{r=0}^n\binom{2n-r}{n-r}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-r}\tag{2}\\ &=\sum_{r=0}^\infty[z^{n-r}](1+z)^{2n-r}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-r}\tag{3}\\ &=2^{-n}[z^n](1+z)^{2n}\sum_{r=0}^\infty\left(\frac{2z}{1+z}\right)^{r}\tag{4}\\ &=2^{-n}[z^n](1+z)^{2n}\cdot\frac{1}{1-\frac{2z}{1+z}}\tag{5}\\ &=2^{-n}[z^n](1+z)^{2n+1}\cdot\frac{1}{1-z}\tag{6}\\ &=2^{-n}\sum_{k=0}^n[z^k](1+z)^{2n+1}\tag{7}\\ &=2^{-n}\sum_{k=0}^n\binom{2n+1}{k}\tag{8}\\ &=2^{-n}\frac{1}{2}2^{2n+1}\tag{9}\\ &\color{blue}{=2^n} \end{align*}

Comentario:

• En (1) utilizamos el binomio identidad $\binom {p}{q}=\binom{p+q-1}{p}(-1)^q $.

• En (2) cambiamos el orden de la suma de $r \rightarrow n-r$.

• En (3) se aplica el coeficiente de operador. También nos hemos fijado el límite de la $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

• En (4) hacemos un reordenamiento y aplicar la fórmula de $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)$.

• En (5) aplicamos la serie geométrica de expansión.

• En (6) vamos a hacer algunas simplificaciones.

• En (7) hacemos la multiplicación de Cauchy con la serie geométrica $\frac{1}{1-x}$ y restringir el límite superior de la suma con $n$ desde otros términos no contribuyen a $[z^n]$.

• En (8) seleccionamos el coeficiente de $z^k$.

• En (9) se aplica el teorema del binomio.

Answer 4

He aquí otro enfoque:

$$\begin{align} \sum_{r=0}^n \binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r &=\sum_{r=0}^n\binom {r+n}n2^{-r}\\ &=\frac 1{2^n} \sum_{r=0}^n \binom {r+n}r2^{n-r}\\ &=\frac 1{2^n}\sum_{r=0}^n \binom {r+n}n\sum_{j=0}^{n-r}\binom {n-r}j\\ &=\frac 1{2^n}\sum_{l=0}^n\binom {2n-l}{n-l}\sum_{j=0}^l\binom lj &&(l=n-r)\\ &=\frac 1{2^n}\sum_{j=0}^n\sum_{l=j}^n\binom {2n-l}{n-l}\binom lj\\ &=\frac 1{2^n}\sum_{j=0}^n\binom {2n+1}{n+j+1} &&(*)\\ &=\frac 1{2^n}\cdot \frac 12 \sum_{j=0}^{2n+1}\binom {2n+1}j &&\text{(by symmetry)}\\ &=\frac 1{2^{n+1}}\cdot 2^{2n+1}\\ &=2^n\;\;\color{red}\blacksquare\\\\ ^* \scriptsize \text {using } \sum_r \binom {a+r}c\binom {b+r}d &\scriptsize =\binom {a+b+1}{c+d+1} \end{align}$$

De ello se sigue que

$$\begin{align} \sum_{r=n+1}^\infty\binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r &=\sum_{r=0}^\infty\binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r-\sum_{r=0}^n\binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r\\ &=\left(1-\frac 12\right)^{-n-1}-2^n\\ &=2^{n+1}-2^n\\ &=2^n\;\;\color{red}\blacksquare \end{align}$$ Por lo tanto $$\sum_{r=0}^n\binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r=\sum_{r=n+1}^\infty\binom {-n-1}r\left(-\frac 12\right)^r=2^n$$