La solución de $\sum_{k=0}^n 2^k \binom{2n-k}{n}=4^n$ mediante el uso de funciones de generación

Question

Así que tengo que mostrar esta identidad. $$\sum_{k=0}^n 2^k \binom{2n-k}{n}=4^n$$ He probado dos técnicas para hacerlo. Primero sería ver que la convolución de dos secuencias: $\langle 2^n \rangle _{n=0}^\infty$ $\langle \binom{2n}{n} \rangle _{n=0}^\infty$ Que me da: $$\lbrack \sum_{n=0}^\infty 2^n x^n \rbrack \times \lbrack \sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n} x^n \rbrack =$$ $$\frac{1}{1-2x} \ \frac{1}{\sqrt{1-4x}} =$$ $$\sum_{n=0}^\infty x^n \sum_{k=0}^n 2^k \binom{2n-k}{n-k}$$ Así que ahora tenemos que mostrar que $$\lbrack x^n \rbrack \frac{1}{1-2x} \frac{1}{\sqrt{1-4x}} = \frac{1}{1-4x}$$ Pero soy incapaz de hacerlo.

Segundo método sería el aceite de la serpiente método: $$\sum_{n=0}^\infty x^n \sum_{k=0}^n 2^k \binom{2n-k}{n} =$$ $$\sum_{k=0}^\infty 2^k \sum_{n=k}^\infty x^n \binom{2n-k}{n} = \text{where l := n - k}$$ $$\sum_{k=0}^\infty 2^k x^k \sum_{l=0}^\infty x^l \binom{2l + k}{l+k} $$ Pero estoy atascado aquí también. Quiero decir que sé que $$\sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n} x^n = \frac{1}{\sqrt{1-4x}}$$ Y si me lo multiplicamos por $x^k$ i get $$\sum_{n=0}^\infty \binom{2n+2k}{n+k} x^{n+k} = \frac{x^k}{\sqrt{1-4x}}$$ Y es casi lo que necesito para calcular... pero sí, casi.

Yo realmente apreciaría un poco de ayuda en esto.

Answer 1

Aquí es una variante basada en el coeficiente de método. Utilizamos el símbolo $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^p$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^p](1+z)^q=\binom{q}{p} \end{align*}

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

Comentario:

• En (1) se aplica el coeficiente de operador y ampliar el límite superior de la suma a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

• En (2) vamos a hacer algunos cambios y el uso de la linealidad del coeficiente de operador.

• En (3) y (4) el uso de la serie geométrica de expansión.

• En (5), usamos la regla de $[z^{p+q}]A(z)=[z^p]z^{-q}A(z)$ y restringir el límite superior de la suma con $n$ desde el exponente $n+1+j\leq2n+1$.

• En (6) seleccionamos el coeficiente de $z^{n-j}$.

• En (7) se reemplace $j$ $n-j$ y aplicar el binomio identidad $\binom{p}{q}=\binom{p}{q-p}$.

Sugerencia: El producto de Cauchy en su enfoque es ligeramente diferente, ya que \begin{align*} \left(\sum_{n=0}^\infty 2^nx^n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty\binom{2n}{n}x^n\right) =\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^n2^k\binom{2n\color{blue}{-2k}}{n-k}\right)x^n \end{align*}