Utilizamos el coeficiente de operador $[z^j]$ para denotar el coeficiente de $z^j$ en una serie. De esta manera podemos escribir, por ejemplo \begin{align*} [z^j](1+z)^n=\binom{n}{j}\tag{1} \end{align*}
Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=0}^n}&\color{blue}{\binom{n}{j}\sum_{i=0}^j\binom{n}{i}}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\sum_{i=0}^j[z^i](1+z)^n\tag{2}\\ &=[z^0](1+z)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\sum_{i=0}^jz^{-i}\tag{3}\\ &=[z^0](1+z)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\frac{z^{-j-1}-1}{z^{-1}-1}\tag{4}\\ &=[z^0](1+z)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\frac{z^{-j}-z}{1-z}\\ &=[z^0]\frac{(1+z)^n}{1-z}\left(\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}z^{-j}-z\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\right)\\ &=[z^0]\frac{(1+z)^n}{1-z}\left(\left(1+\frac{1}{z}\right)^n-2^nz\right)\tag{5}\\ &=[z^n](1+z)^{2n}\sum_{j=0}^\infty z^j\tag{6}\\ &=\sum_{j=0}^n[z^j](1+z)^{2n}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{2n}{j}\\ &=\frac{1}{2}\left(\sum_{j=0}^{2n}\binom{2n}{j}+\binom{2n}{n}\right)\tag{7}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{1}{2}\left(4^n+\binom{2n}{n}\right)} \end{align*} y la afirmación es la siguiente.
Comentario:
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En (2) utilizamos el coeficiente de según (1).
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En (3) aplicamos la regla $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)$ .
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En (4) utilizamos el _fórmula de la serie geométrica finita_ .
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En (5) aplicamos el teorema del binomio dos veces y observamos el término $2^nz$ no contribuye a $[z^0]$ .
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En (6) se factoriza $\frac{1}{z^n}$ de $\left(1+\frac{1}{z}\right)^n$ y utilizar de nuevo la regla como en (3). También expandimos la serie geométrica.
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En (7) utilizamos la simetría $\binom{2n}{j}=\binom{2n}{2n-j}$ y compensar el factor $\frac{1}{2}$ del término medio $\binom{2n}{n}$ añadiéndolo adicionalmente.
