Simple combinatoria pregunta - atrapado con la guardia baja!

Question

Demostrar que ${{2n}\choose{n}}$ es incluso para $n \in \mathbb{N}$.

Este me cogió desprevenido al responder (o tratando de responder!) esto para un estudiante de hoy. He probado este enfoque:

$${{2n}\choose{n}}=\frac{(2n)!}{n!n!}=\frac{(2n)(2n-1)(2n-2)\dots (n+1)}{n!}$$

y reconoció que reorganizar el numerador como $$(2n)(2(n-1))(2(n-2)) \ldots (2n-1)(2n-3) \ldots(n+1)$$

puede ayudar, pero no sé, a grandes rasgos, en qué medida la cadena a la izquierda de los puntos de arriba va.

Answer 1

Combinatoria prueba: a partir De un conjunto de $2n$ chocolates, elija $n$ comer. Sin embargo, estas opciones vienen en pares -- el $n$ yo no elegí yo podría tener igual de bien elegido. Por lo tanto, todos los ${2n\choose n}$ "menús" puede ser encontrado a su pareja, por lo que debe haber un número par de ellos.

Answer 2

$$\binom{2n}{n} = \binom{2n-1}{n-1} + \binom{2n-1}{n}$$ mientras $$\binom{2n-1}{n-1} = \binom{2n-1}{(2n-1)-(n-1)} = \binom{2n-1}{n}$$ así $$\binom{2n}{n} = 2 \times \binom{2n-1}{n} $$

Answer 3

Creo que @vadim123 ha dado una excelente prueba, pero si el OP quiere utilizar sólo métodos algebraicos, aquí va.

Lema. Si $n$ es un entero positivo y $n\le 2^k$ y $$s=\Bigl\lfloor\frac{n}{2}\Bigr\rfloor+\Bigl\lfloor\frac{n}{4}\Bigr\rfloor+\Bigl\lfloor\frac{n}{8}\Bigr\rfloor+\cdots+\Bigl\lfloor\frac{n}{2^k}\Bigr\rfloor\ ,$$ a continuación, $2^s$ es un factor de $n!$ $2^{s+1}$ no lo es.

Además, $$\eqalign{s &\le\frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\frac{n}{8}+\cdots+\frac{n}{2^k}\cr &<\frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\frac{n}{8}+\cdots+\frac{n}{2^k}+\cdots\cr &=n\ ,\cr}$$ por lo $n!$ no es un múltiplo de a $2^n$.

Ahora escribir $$\eqalign{\binom{2n}{n} &=\frac{(2n)(2n-2)\cdots(2)}{n!}\frac{(2n-1)(2n-3)\cdots(1)}{n!}\cr Y=2^n\,\frac{(2n-1)(2n-3)\cdots(1)}{n!}\ .\cr}$$ La expresión ha $n$ factores de $2$ en el numerador, y a partir de los resultados anteriores, no todos ellos serán cancelados por el $n!$ en el denominador. Así, la expresión es aún.

Answer 4

Las respuestas anteriores son ya las pruebas, sin embargo creo que el mío es más simple.

Sólo usando la definición del binomio forma:

$$\binom{2n}{n} = \frac{2n*(2n-1)\ *\cdots*(2n-(n-1))}{n!}=$$ $$=\frac{2n*(2n-1)*\cdots*(2n-(n-1))}{n*(n-1)!}=$$ $$=\frac{2n}{n}*\frac{(2n-1)*\cdots*(2n-(n-1))}{(n-1)!}=$$ $$=2*\frac{(2n-1)*\cdots*(2n-(n-1))}{(n-1)!}=$$ $$=2*\binom{2n-1}{n-1}$$ Dos veces un número entero serán aún.