Valor de la serie binomial $\sum_{i=0}^k \frac{{2i \choose i}}{4^i}$

Question

Hace algún tiempo se hizo aquí una pregunta sobre el valor de la suma $$\sum_{i=0}^k \frac{{2i \choose i}}{4^i}$$ . Pero fue borrado más tarde por el OP. Le di vueltas pero no encontré la solución. Algunas identidades combinatorias comunes que conozco son $4^i=2^{2i}=\sum_{j=0}^{2i} {2i\choose j}$ también que ${2i \choose i}=\sum_{j=0}^{i} {i\choose j}^2$ . Pero apenas sirvieron de nada. También pensé en término individual como probabilidad pero resulta que no puedo pensar en ello como algo sensato.Una rápida comprobación WA dio la respuesta como $${k+\frac{1}{2} \choose k}=\frac{(2k+1)!}{k!^24^k}$$ Se agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Utilizamos el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de una serie. Recordando la función generatriz de la _coeficientes binomiales centrales_ podemos escribir \begin{align*} [z^i]\frac{1}{\sqrt{1-4z}}=\binom{2i}{i}\tag{1} \end{align*}

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

y se cumple la afirmación.

Comentario:

• En (2) aplicamos el coeficiente de según (1).

• En (3) utilizamos la regla $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)$ .

• En (4) aplicamos la _fórmula de la serie geométrica finita_ .

• En (5) hacemos algunas simplificaciones y aplicamos de nuevo la regla de (3).

• En (6) observamos $z^{k+1}$ en el numerador no contribuye a $[z^k]$ y hacemos un _expansión de series binomiales_ .

• En (7) utilizamos la identidad binómica $\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{q}(-1)^q$ .

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

Answer 2

De otra forma, utilizando la fórmula de duplicación de Gamma $$ \Gamma \left( {2\,z} \right) = {{2^{\,2\,z - 1} } \over {\sqrt \pi }}\Gamma \left( z \right)\Gamma \left( {z + 1/2} \right) = 2^{\,2\,z - 1} {{\Gamma \left( z \right)\Gamma \left( {z + 1/2} \right)} \over {\Gamma \left( {1/2} \right)}} $$ tenemos $$ {1 \over {4^{\,i} }}\binom{2i}{i} = {1 \over {4^{\,i} }}{{\Gamma \left( {2\left( {i + 1/2} \right)} \right)} \over {\Gamma \left( {i + 1} \right)^{\,2} }} = {{\Gamma \left( {i + 1/2} \right)} \over {\Gamma \left( {1/2} \right)\Gamma \left( {i + 1} \right)}} = \binom{i-1/2}{i} $$

Entonces nuestra suma es $$ \eqalign{ & \sum\limits_{i = 0}^k {{1 \over {4^{\,i} }}\left( \matrix{ 2i \cr i \cr} \right)} = \cr & = \sum\limits_{i = 0}^k {\left( \matrix{ i - 1/2 \cr i \cr} \right)} = \quad \quad (1) \cr & = \sum\limits_i {\left( \matrix{ k - i \cr k - i \cr} \right)\left( \matrix{ i - 1/2 \cr i \cr} \right)} = \quad \quad (2) \cr & = \left( \matrix{ k + 1/2 \cr k \cr} \right)\quad \quad (3) \cr} $$ donde:
1) para la identidad anterior;
2) sustituyendo el límite superior de la suma por el primer b., el límite inferior está implícito en el segundo b.;
3) utilizando la fórmula de "doble convolución" para binomios.

Answer 3

Demostramos que $$\sum_{k=0}^{n} \frac{{2k \choose k}}{4^k} = \frac{(2n+1)!}{n!^24^n}.$$ Procedemos por inducción. El caso base es fácilmente verificable. Denotemos el lado derecho de la ecuación anterior como $a_n$ . Consideremos ahora $$a_{n+1} = \frac{(2n+3)!}{(n+1)!^24^{n+1}} = \frac{(2n+2)(2n+3)}{4(n+1)^2} \cdot \frac{(2n+1)!}{n!^24^n} = \frac{(2n+3)}{2n+2} a_n.$$ Así que ahora tenemos $$a_{n+1} - a_n =\frac{a_n}{2n+2} = \frac{(2n+1)!}{2(n+1)\cdot n!^24^n} = \frac{(2n+1)!}{(n+1)!n!4^{n+1}}\cdot 2\\ = \frac{(2n+1)!}{(n+1)!n!4^{n+1}}\cdot \frac{2n+2}{n+1} = \frac{(2n+2)!}{(n+1)!^24^{n+1}} = \frac{{2(n+1) \choose n+1}}{4^{n+1}},$$ que es el término añadido en la suma. Esto completa la inducción.