Sé que la suma de la potencia de $2$ es $2^{n+1}-1$ y conozco la prueba de inducción matemática. Pero ¿alguien sabe cómo $2^{n+1}-1$ aparece en primer lugar.
Por ejemplo, la suma de n números es $\frac{n(n+1)}{2}$ . La idea es que replicamos el conjunto y lo ponemos en un rectángulo, de ahí que podamos hacer el truco. ¿Cuál es la lógica de la suma de potencias de $2$ ¿Fórmula?
Existe una interpretación combinatoria. Consideremos la colección de todas las secuencias binarias de longitud $n+1$ con al menos un $1$ (llame a este conjunto $E$ ). Existen $$2^{n+1}-1$$ tales secuencias porque sólo $0...0$ no lo es. Ahora dejemos $E_j$ sea el conjunto de secuencias binarias de longitud $n+1$ tal que el primer $1$ está en el $j$ ª componente para $j=1,\dotsc, n+1$ . Entonces $|E_j|=2^{n+1-j}$ . Entonces el $(E_j)$ partición $E$ y tenemos que $$ 1+2+2^2+\dotsb+2^n=\sum_{j=1}^{n+1}2^{n+1-j}=2^{n+1}-1. $$ Otra posibilidad es suma telescópica : $$ \sum_{k=0}^n 2^{k}=\sum_{k=0}^n (2^{k+1}-2^k)=2^{n+1}-1. $$
He aquí una intuición geométrica del porqué $2^0 + 2^1 + 2^2 + \dots + 2^n = 2^{n+1} - 1$ :
Esta es la idea. Observe que las casillas para $1 + 2 + 4$ están justo al lado de una sola caja de tamaño $8$ . Llenan perfectamente esa caja una vez que añades el cuadrado dorado, así que $1 + (1 + 2 + 4) = 8$ que significa $1 + 2 + 4 = 8 - 1$ . Del mismo modo, las casillas para $1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32$ están justo encima de una caja única de tamaño $64$ y las cajas más pequeñas, más la caja dorada, llenan completamente la caja para $64$ . Esto significa que $1 + (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32) = 64$ o que $1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 64 - 1$ .
En términos más generales, esto permite intuir por qué $1 + (2^0 + 2^1 + \dots + 2^n) = 2^{n+1}$ las casillas de las potencias menores de dos, más una casilla dorada, llenan perfectamente la casilla siguiente.
Otra interpretación geométrica.
Empieza con un segmento de recta, AB. Extiéndelo hasta formar una recta. Utiliza el compás para marcar un punto C fijando el centro en B y pasando el radio por A. Luego las longitudes, AB=BC. Crea el punto D de forma similar. Así hemos construido una longitud doble que la del segmento de recta original.
Esta duplicación puede continuar TANTO COMO QUIERAS.
Ahora ignora el primer segmento de línea, AB.
La serie de segmentos comienza ahora con BD, que tiene el doble de longitud que AB.
En general, el segmento n-ésimo en el primer caso es el segmento n-1º al eliminar AB. Además, cada uno de ellos tiene el doble de longitud que su sección correspondiente.
Así que al restar una parte hemos duplicado lo que queda, pero con menos secciones a tener en cuenta.
Esto da la fórmula.
No estoy seguro de si mi respuesta se ha publicado ya, pero así es como yo lo entiendo.
Intenta comprender por qué
$2^{n+1} - 1 = 2^n + 2^{n-1} + 2^{n-2} . . . + 2^1 + 2^0$
Supongamos que tomamos 2^n en la suma. Sabemos que al ser potencias de dos, el término anterior será la mitad de 2^n, y el anterior un cuarto de 2^n.
Sea n en 2^n sea 1, o 2^1 = 2. El término anterior en la suma será la mitad de 2, por lo que también podemos escribir toda la suma como:
$2^1 + \frac{1}{2}(2^1)$
Si haces esto pero para diferentes valores de n para 2^n encontrarás que puedes reescribir las sumas como:
$2^n + \frac{ 2^n - 1}{2^n} ( 2^n)$
Puedes simplificar esto porque estás dividiendo (2^n) - 1 por 2^n, y luego multiplicándolo por 2^n que se cancelan entre sí. La nueva versión simplificada con la cancelación se verá así:
$2^n + 2^n - 1$
Esto también se puede escribir como: $2( 2^n) - 1$
Más simplificado en: $2^{n + 1} - 1$
¡Y por eso aparece esa fórmula! Espero que esto ayude ( no estoy seguro si esta era la prueba de inducción matemática que ya conocías, soy joven y descubrí esto por mi cuenta así que no sé lo que es).
Existe un argumento combinatorio para explicar por qué $$ 1 + q + q^2 + \dotsb + q^n = \frac{q^{n+1} - 1}{q - 1} $$ es válida para cualquier número entero positivo $q \neq 1$ .
Considere la función $\gamma$ que toma una lista $a = (a_1,a_2,\dotsc,a_{n+1})$ de longitud $(n+1)$ con componentes en $A = \{1,2, \dotsc, q\}$ y la "comprime" cortando los elementos repetidos al final de la lista. Por ejemplo, si $n = 3$ y $q = 7$ ,
\begin{align*} &\gamma(4,1,6,6) = (4, 1, 6),\\ &\gamma(2,2,3,7) = (2,2,3,7),\\ &\gamma(5,5,5,5) = 5,\\ &\gamma(7,4,4,4) = (7,4). \end{align*} Más exactamente, $\gamma$ se define como $$ \gamma\colon \begin{cases} A^{n+1} \to A \cup B,\\ a \mapsto (a_1,a_2,\dotsc,a_{i(a)}) \end{cases} $$ donde $$ B = \bigl\{\, a \in A^k : 2 \leq k \leq n+1 \text{ and } a_{k-1} \neq a_k \,\bigr\} $$ y $$ i(a) = \begin{cases} n+1 &\text{if } a_n \neq a_{n+1},\\ \min \{\, j : a_j = a_{j+1} = \dotsb = a_{n+1}\,\} &\text{else.} \end{cases} $$
Porque $\gamma$ es una biyección, $A^{n+1}$ y $A \cup B$ tienen el mismo número de elementos. $A^{n+1}$ tiene $q^{n+1}$ elementos y el número de elementos en $A \cup B$ es igual al número de elementos de $A$ más el número de elementos en $B$ (ya que $A$ y $B$ son disjuntos). El número de elementos en $B$ es $$ q(q-1) + q^2(q-1) + \dotsb + q^n(q-1), $$ desde $q^k(q-1)$ es el número de listas de longitud $(k+1)$ cuyos dos últimos elementos son distintos. Uniendo las piezas, obtenemos $$ q^{n+1} = q + (q-1)(q + q^2 + \dotsb + q^n), $$ que es equivalente a la fórmula en cuestión.
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