Demostrando $ { 2n \choose n } = 2^n \frac{ 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{n!} $

Question

Cómo probar este binomio identidad :

$$ { 2n \choose n } = 2^n \frac{ 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{n!} $$

El lado izquierdo se produce mientras que la solución de un estándar binomio problema el lado derecho está dado en la solución , he comprobado el uso de la inducción que esto es cierto, pero estoy curiosa de demostrarlo en un lugar de manera general.

EDIT: he pasado por todas las respuestas publicadas aquí,me gustó especialmente Isaac♦ respuestas después de lo cual no fue muy difícil para mí para averiguar algo que yo diría más bien, de una manera fácil y directamente la prueba de álgebra, estoy publicando aquí si alguien necesita en el futuro :

$$ { 2n \choose n } = \frac{(2n)!}{n! \cdot n!} $$

$$ = \frac{ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n \cdot (n+1) \cdots (2n-1)\cdot (2n) }{n! \cdot n!}$$

$$ = \frac{ [1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)] \cdot [2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)]}{n! \cdot n!} $$

$$ = \frac{ [1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)] \cdot [(2.1) \cdot (2.2) \cdot (2.3) \cdots (2.n)]}{n! \cdot n!} $$

$$= \frac{ [1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)] \cdot [ 2^n \cdot (n)! ]}{n! \cdot n!} $$

$$ = 2^n \frac{ 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{n!} $$

Yo hago siempre la bienvenida a sus comentarios :-)

Answer 1

He aquí la forma más general que usted busca. LHS y RHS son los dos productos de funciones racionales de $\rm\:n\:$, es decir, satisfacer $\rm\ f(n+1) = r(n)\ f(n)\ $ para algunos la función racional $\rm r(n)\:$. Para probar si dos funciones son iguales sólo se necesitan probar que tienen el mismo valor de $\rm\ r(n) = f(n+1)/f(n)\ $ e la misma condición inicial $\rm\: f(0)$.$\ $ Por lo anterior es trivial: $\rm\ f(0) = 1\:$ y el valor común de $\rm\ r(n)\ $ es

$\rm\quad\quad\quad\displaystyle f(n)\ \ =\ \ {2n \choose n}\ \: =\: \ \frac{(2n)!}{n!^2}\ \ \Rightarrow\ \frac{f(n+1)}{f(n)}\ =\ \frac{2\:(n+1)\:(2n+1)}{\ (n+1)\ (n+1)}$

$\rm\quad\quad\quad\displaystyle f(n)\ =\ 2^n \frac{ 1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{n!} \ \Rightarrow\ \frac{f(n+1)}{f(n)}\ =\ \frac{2\ (2n+1)}{n+1}$

Observe que este método es completamente algorítmica - se requiere de ningún conocimiento en absoluto. En esencia uno está empleando el teorema de unicidad de primer orden ecuaciones de diferencia (recurrencias) para demostrar una igualdad simplemente comprobando que ambas partes cumplen la misma diferencia / la ecuación diferencial y las condiciones iniciales. Tales técnicas de generalizar mucho más amplia de clases de multivariante mixto diferenciales ecuaciones de diferencia, por ejemplo, holonomic funciones. Para algunos ejemplos de esta técnica poderosa ver mi post aquí.

Answer 2

Si lo han demostrado a través de la inducción, los que han demostrado. No sé a qué te refieres por "en un lugar de manera general".

Pero tenga en cuenta que $$1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)$$ es simplemente pidiendo a gritos ser reescrita como $$\frac{1\cdot2\cdot3\cdot\cdots\cdot(2n)} {2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}.$$

Answer 3

Su identidad original, ${ 2n \choose n } = 2^n \frac{ 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{n!}$, puede ser reescrito (multiplicando ambos lados por $(n!)^2$)$(2n)!=2^n\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)\cdot n!$. Ahora, $2^n\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)\cdot n!=$ $1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)\cdot 2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n=$ $1\cdot 2\cdot 3\cdots (2n-1)(2n)=(2n)!$.

Answer 4

Multiplicar el lado derecho por $\frac{n!}{n!}$, y distribuir el $2^n$.

Answer 5

He aquí un enumerativa de la prueba. Considere el siguiente procedimiento para dividir un conjunto $S$ del tamaño de la $2n$ en dos conjuntos de $A,B$ del tamaño de la $n$. El procedimiento continúa en $n$ rondas. Empezamos con $A,B$ vacía. En cada ronda, vamos a $m = \min S$ y elegir algunas $x \in S \setminus m$. Ahora decidir si $m$$A$$x$$B$,$m$$B$$x$$A$. Retire ambos $m,x$$S$.

Claramente, el procedimiento termina con la partición necesaria, y requiere de $(2n-1)(2)(2n-3)(2)\cdots(1)(2)$ opciones. Además, afirmo que cada partición puede ser generado en $n!$ maneras. De hecho, en cada ronda, $m \in A$ o $m \in B$; supongamos wlog que $m \in A$. Esto obliga a nuestra segunda opción, y para nuestra fuerza de elección, podemos elegir cualquier miembro de $B$. Así que nuestra total de grados de libertad se $(n)(n-1)\cdots(1)$.