Resumen de la Central de los Coeficientes Binomiales dividido por incluso los poderes de $2$

Question

Mientras trabajaba en este problema de la siguiente sumatoria surgido: $$\sum_{m=0}^n\frac 1{2^{2m}}\binom {2m}m$$ El es equivalente a $$\begin{align} \sum_{m=0}^n \frac {(2m-1)!!}{2m!!}&=\frac 12+\frac {1\cdot3}{2\cdot 4}+\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}+\cdots +\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot 2n}\\ &=\frac 12\left(1+\frac 34\left(1+\frac 56\left(1+\cdots \left(1+\frac {2n-1}{2n}\right)\right)\right)\right) \end{align}$$ y los términos son los mismos que los coeficientes en la expansión de $(1-x)^{-1/2}$.

Una vez que la solución $$ \frac {n+1}{2^{2n+1}}\binom {2n+2}{n+1}$$ es conocido, la suma telescópica puede ser fácilmente derivados, es decir, $$\frac 1{2^{2m}}\binom {2m}m=\frac {m+1}{2^{2(m+1)-1}}\binom {2(m+1)}{m+1}-\frac m{2^{2m-1}}\binom {2m}m$$

Sin embargo, sin este conocimiento a priori, ¿cómo nos hemos acercado a este problema?

Answer 1

Usted puede hacer lo siguiente para deshacerse de las potencias de dos y transformarla en un estándar de la suma: \begin{equation} \binom{2m}{m}=\frac{(2m)!}{m!m!}=\frac{2^m m! 1\cdot3\cdot5\cdot \cdots 2m-1}{m!m!}=2^{2m} \frac{(1/2)(3/2)\cdots (m-1/2)}{m!}=2^{2m}\binom{m-1/2}{m}~~~~~~ (1) \end{equation} Entonces su suma se convierte en $$\sum_{m=0}^{n} \binom{m-1/2}{m}=\binom{n-1/2 +1}{n} =\binom{n+1-1/2}{n}=\frac{n+1}{n+1-1/2-n}\frac{n+1-1/2-n}{n+1}\binom{n+1-1/2}{n}=\frac{n+1}{1/2}\binom{n+1-1/2}{n+1}=2(n+1)\frac{1}{2^{2(n+1)}}\binom{2(n+1)}{n+1}=\frac{n+1}{2^{2{n+1}}}\binom{2n+2}{n+1},$$ donde la primera igualdad es habitual que se de identidad de $\sum_{j=0}^n \binom{r+j}{j} =\binom{r+n+1}{n}$ válido para cualquier real $r$ y cualquier entero no negativo,$n$, y en los últimos pasos fueron simplemente tratando ligeramente transformar el coeficiente de una manera que permite la aplicación de $(1)$.

Answer 2

Otro enfoque. Por Euler/De Moivre la fórmula que hemos $$A_n=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos^{2n}(x)\,dx \tag{1}$$

desde $\cos(x)^{2n} = \frac{1}{4^n}\sum_{j=0}^{2n}\binom{2n}{j}e^{(2n-j)ix}e^{-jix}$$\int_{-\pi}^{\pi}e^{kix}\,dx =2\pi \delta(k)$, por lo que sólo contribuyen dado por $j=n$ sobrevive. De ello se sigue que $$ \color{red}{\sum_{n=0}^{N}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1-\cos^{2N+2}(x)}{\sin^2(x)}\,dx =(2N+2)\,A_{N+1}=\color{red}{\frac{N+1}{2^{2N+1}}\binom{2N+2}{N+1}}\tag{2}$$ por integración por partes ($\int\frac{dx}{\sin^2 x}=-\cot x$).

Answer 3

Ya he aceptado Sebastián Muñoz es una muy buena solución anterior.
Esta es una paráfrasis de su solución para mi propia referencia.

$$\begin{align} \sum_{m=0}^n\frac 1{2^{2m}}\binom {2m}m &\color{lightgrey}{=\sum_{m=0}^n\frac 1{2^{2m}}\frac {(2m)!}{m!m!}}\\ &\color{lightgrey}{=\sum_{m=0}^n\frac 1{2^{2m}}\frac{(2m)(2m-1)(2m-2)\cdots 3\cdot 2\cdot1}{(1\cdot 2\cdot3\cdot\cdots \cdot m)(1\cdot 2\cdot3\cdot\cdots \cdot m)}}\\ &\color{lightgrey}{=\sum_{m=0}^n \underbrace{\frac {(2m)(2m-2)(2m-4)\cdots 2}{2^m(1\cdot 2\cdot3\cdot\cdots \cdot m)}}_{=1}\cdot \frac{(2m-1)(2m-3)(2m-5)\cdots3\cdot 1}{2^{m}\cdot (1\cdot 2\cdot3\cdot\cdots \cdot m)}}\\ &\color{lightgrey}{=\sum_{m=0}^n\frac{\frac{2m-1}2\cdot \frac {2m-3}2\cdot \frac {2m-5}2\cdots \frac 32\cdot \frac 12}{1\cdot 2\cdot3\cdot\cdots \cdot m}}\\ &\color{lightgrey}{=\sum_{m=0}^n\frac{\left(m-\frac 12\right)\left(m-\frac 32\right)\left(m-\frac 52\right)\cdots \frac 32\cdot \frac 12}{1\cdot 2\cdot3\cdot\cdots \cdot m}}\\ &=\sum_{m=0}^n \binom {m-\frac 12}m\\ &=\binom {n+\frac 12}n\\ &\color{lightgrey}{=\frac {(n+\frac12)(n-\frac 12)(n-\frac 32)\cdots \frac 32}{1\cdot2 \cdot3 \cdot\quad\cdots \cdot n\qquad}}\\ &\color{lightgrey}{=\frac 1{2^n}\cdot \frac {(2n+1)(2n-1)(2n-3)\cdots 3}{1\cdot 2\cdot 3\cdot\cdots\cdot n}}\color{lightblue}{\cdot \frac{(2n+2)(2n)(2n-2)\cdots 2}{2^{n+1}(n+1)(n)(n-1)\cdots 1}\cdot \frac{n+1}{n+1}}\\ &=\frac {n+1}{2^{2n+1}}\cdot \frac{(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!}\\ &=\frac {n+1}{2^{2n+1}}\binom {2n+2}{n+1}\quad\blacksquare\end{align}$$

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

De hecho, podemos usar el resultado\begin{equation} \left.\sum_{n = 0}^{\infty}{2n \choose n}x^{n} \,\right\vert_{\ \verts{x}\ <\ 1/4} = {1 \over \root{1 - 4x}}\label{1}\tag{1} \end{equation} para evaluar la suma finita cuando no sabemos el 'telescópica cosas". Se requiere el uso de una generación de función:

\begin{align} \mc{F}\pars{z} & \equiv \sum_{n = 0}^{\infty}z^{n}\bracks{% \sum_{m = 0}^{n}{1 \over 2^{2m}}{2m \choose m}} \iff \sum_{m = 0}^{n}{1 \over 2^{2m}}{2m \choose m} = \bracks{z^{n}}\mc{F}\pars{z}\,, \quad\color{#f00}{\verts{z} < 1}\label{2}\tag{2} \end{align}

---

\begin{align} \mc{F}\pars{z} & \equiv \sum_{n = 0}^{\infty}z^{n}\bracks{% \sum_{m = 0}^{n}{1 \over 2^{2m}}{2m \choose m}} = \sum_{m = 0}^{\infty}{1 \over 4^{m}}{2m \choose m} \sum_{n = m}^{\infty}z^{n} = \bracks{\sum_{m = 0}^{\infty}\pars{z \over 4}^{m}{2m \choose m}} \sum_{n = 0}^{\infty}z^{n} \\[5mm] & = {1 \over \root{1 - 4\pars{z/4}}}\,{1 \over 1 - z} = \pars{1 - z}^{-3/2} = \sum_{n = 0}^{\infty}{-3/2 \choose n}\pars{-1}^{n}z^{n} \qquad\pars{~\mbox{see expression}\ \eqref{1}~} \\[5mm] & = \sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{{n + 1/2 \choose n}\pars{-1}^{n}}\pars{-1}^{n}z^{n} \end{align}

---

\begin{equation} \mc{F}\pars{z} = \sum_{n = 0}^{\infty}{n + 1/2 \choose n}z^{n} \qquad\stackrel{\mrm{see\ expression}\ \eqref{2}}{\implies}\qquad \bbox[15px,#ffe,border:1px dashed navy]{\ds{% \sum_{m = 0}^{n}{1 \over 2^{2m}}{2m \choose m} = {n + 1/2 \choose n}}} \end{equation}

La última expresión se puede reescribir como el OP informó respuesta $\ds{{n + 1 \over 2^{2n + 1}}{2n + 2 \choose n + 1}}$ por medio de la $\ds{\Gamma}$-la Duplicación de la Fórmula.