suma parcial que implican factoriales

Question

Aquí está una interesante serie que me encontré.

Es un binomio del tipo de identidad.

$\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{(2n-k)!\cdot 2^{k}}{(n-k)!}=4^{n}\cdot n!$

He intentado todo tipo de jugar, pero no pudo conseguir que funcione.

Esto funciona de la misma como $\displaystyle 2^{n}\prod_{k=1}^{n}2k=2^{n}\cdot 2^{n}\cdot n!=4^{n}\cdot n!$

He intentado equiparar estos de alguna manera, pero no pude conseguirlo. Incluso me escribió la serie.

Hubo cancelaciones, pero esto no se vea como el producto de los números pares.

$\displaystyle \frac{(2n)!}{n!}+\frac{(2n-1)!\cdot 2}{(n-1)!}+\frac{(2n-2)!2^{2}}{(n-2)!}+\cdot\cdot\cdot +n!\cdot 2^{n}=4^{n}\cdot n!$.

¿Cómo puede la forma cerrada se deriva de esto?. Apuesto a que debo estar espeso. Veo que el último término es casi el resultado, excepto para ser multiplicado por $2^{n}$. Yo a ver si la factoriales son escritas, $2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)\dots$ por ejemplo, y luego 2 del factor de $2n, \;\ 2n-2$ (incluso) en el numerador.

Incluso hay una forma general corrí a través de Maple. En realidad daba un cerrado a partir de ella también, pero yo no tengo idea de cómo obtenerlo.

$\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{(2n-k)!\cdot 2^{k}\cdot (k+m)!}{(n-k)!\cdot k!}$.

En el caso anterior, m=0. Pero, al parecer hay una forma cerrada para$m\in \mathbb{N}$.

Arce dio la solución en términos de Gamma: $\displaystyle \frac{\Gamma(1+m)4^{n}\Gamma(n+1+\frac{m}{2})}{\Gamma(1+\frac{m}{2})}$

Alguien tiene una idea de cómo proceder con este?. Tal vez la escritura en términos de Gamma y el uso de algunas identidades?. Muchas gracias.

Answer 1

$$ \begin{align} \sum_{k=0}^{n}\frac{(2n-k)!}{(n-k)!}2^k\tag{1} &=n!\sum_{k=0}^n\binom{2n-k}{n-k}\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}\\\tag{2} &=n!\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n+k}{k}\binom{n-k}{j}\\\tag{3} &=n!\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n+k}{n}\binom{n-k}{j}\\\tag{4} &=n!\sum_{j=0}^n\binom{2n+1}{n+j+1}\\\tag{5} &=n!\;2^{2n} \end{align} $$

1. reescribir $2^k$

2. $k\mapsto n-k$

3. cambiar el orden de la suma y $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$

4. $\sum_k\binom{n-k}{i}\binom{m+k}{j}=\binom{n+m+1}{i+j+1}$

5. Split $\sum_j\binom{2n+1}{j}=2^{2n+1}$ en la mitad de

Answer 2

Aquí está una combinatoria prueba de J. M. de la reformulación (después de deslinde $n!$):

$$\sum\limits_{k=0}^n \binom{n+k}{k} 2^{n-k}= 4^n.$$

Supongamos que lanzar monedas hasta obtener cualquiera de las $n+1$ jefes o $n+1$ colas. Después de cabezas o colas "gana" a mantener voltear hasta que haya un total de $2n+1$ coin flips. Los dos lados contar el número de maneras para que los jefes para ganar.

Para el lado izquierdo: Condición en el número de colas $k$ obtenido antes de que la cabeza de $n+1$. Hay $\binom{n+k}{k}$ formas para elegir las posiciones en las que estos $k$ colas producido a partir de la $n+k$ total de las opciones y, a continuación, $2^{n-k}$ posibilidades para el resto de los lanzamientos después de cabezal $n+1$. Resumiendo los rendimientos de la izquierda.

Para el lado derecho: Cabezas de gana en la mitad del número total de secuencias; es decir, $\frac{1}{2}(2^{2n+1}) = 4^n$.

Answer 3

Deslinde $2^n\cdot n!$ y el cambio de variables, la ecuación se sigue de (5.20) en la página 167 de Hormigón Matemáticas por Graham, Knuth, y Patashnik. Si usted no tiene esta referencia, puedo agregar más detalles más adelante.

$$\sum_{k\leq m}{m+k\choose k}2^{-k}=2^m\qquad\text{integer}\quad m\geq 0.\qquad\qquad (5.20)$$

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Sólo por diversión, aquí es un probabilística de la prueba de (5.20). Supongamos que se lanza una moneda hasta que la veamos bien $m+1$ cabezas o $m+1$ colas. Deje $J$ el número de ensayos previo a la final de lanzamiento, y considerar la posibilidad de $\mathbb{P}(J=j)$$m\leq j\leq 2m$. Llegamos $J=j$ por $m$ cabezas en el primer $j$ tiros seguidos por una cabeza, o $m$ colas en la primera $j$ tiros seguidos por una cola. Por simetría, nos encontramos con $$\mathbb{P}(J=j)=2{j\elegir m}\left({1\over 2}\right)^j\left({1\over 2}\right) ={j\elegir m}\left({1\over 2}\right)^j.$$

Desde la total probabilidad se suma a uno, obtenemos $$\sum_{m\leq j\leq 2m} {j\choose m}\left({1\over 2}\right)^j=1.$$ Poner a $k=j-m$ de esta suma y la multiplicación por $2^m$ da (5.20).

Answer 4

Esta identidad puede ser re-escrita como $$\sum_{k=0}^n {2n-k \choose n-k} 2^k = 4^n.$$

Inicio de $${2n-k \elegir n-k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-k}}{z^{n-k+1}} \; dz.$$

Esto produce por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{k=0}^n \frac{(1+z)^{2n-k}}{z^{n-k+1}} 2^k \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}} \sum_{k=0}^n \frac{(2z)^{k}}{(1+z)^k} \; dz.$$

Podemos extender la suma de los infinitos términos, porque al $n-k+1 \le 0$ o $k \ge n+1$ el integrando de la definición de integral del coeficiente binomial es toda una función de la integral es cero. Este rendimientos

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}} \sum_{k=0}^\infty \frac{(2z)^{k}}{(1+z)^k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}} \frac{1}{1-2z/(1+z)} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} \; dz.$$

Por lo tanto el valor de la integral está dada por $$[z^n] \frac{1}{1-z} (1+z)^{2n+1} = \sum_{q=0}^n {2n+1\elegir q} = \frac{1}{2} 2^{2n+1} = 4^n.$$

Un seguimiento de cuándo este método apareció en el MSE, y por el que se inicia en este MSE enlace.