Cómo demostrar la siguiente identidad binomial

Question

Cómo demostrar que $$\sum_{i=0}^n \binom{2i}{i} \left(\frac{1}{2}\right)^{2i} = (2n+1) \binom{2n}{n} \left(\frac{1}{2}\right)^{2n} $$

Answer 1

Bien, lo correcto es:

$$\sum_{i=0}^n \binom{2i}{i} \left(\frac{1}{2}\right)^{2i} = (2n+1) \binom{2n}{n} \left(\frac{1}{2}\right)^{2n} $$

1) Para $n=0,1$ es cierto.
2) Denotemos el lado derecho por A(n).
Añade los LHS's $i=n+1$ término $T$ a $A(n)$ ,
y demostrar que lo que se obtiene es igual $A(n+1)$ .
Esto se puede demostrar directamente simplificando la expresión.
Esto completa su inducción.
Nota al margen: aquí $T = \binom{2n+2}{n+1} \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+2}$

Answer 2

Supongamos que buscamos verificar que

$$\sum_{q=0}^n {2q\choose q} 4^{-q} = (2n+1) {2n\choose n} 4^{-n}$$

utilizando un método distinto al de la inducción.

Introducir el soporte Iverson

$$[[0\le q\le n]] = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{w^q}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w} \; dw$$

Esto da como resultado para la suma (extendemos la suma hasta el infinito porque el corchete de Iverson controla el rango)

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w} \sum_{q\ge 0} {2q\choose q} w^q 4^{-q} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w} \frac{1}{\sqrt{1-w}} \; dw.$$

Hemos utilizado el binomio de Newton para obtener la raíz cuadrada. Continuando tenemos

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{(1-w)^{3/2}} \; dw.$$

Utilice de nuevo el binomio de Newton para obtener

$${n+1/2\choose n} = \frac{1}{n!} \prod_{q=0}^{n-1} (n+1/2-q) = \frac{1}{2^n \times n!} \prod_{q=0}^{n-1} (2n+1-2q) \\ = \frac{1}{2^n \times n!} \frac{(2n+1)!}{2^n n!} = 4^{-n} \frac{(2n+1)!}{n!\times n!} = 4^{-n} (2n+1) {2n\choose n}.$$

Este es el reclamo.

Answer 3

Dejemos que $$\begin{align} f(i)&=(2i+1)\binom{2i}i \left(\frac 12\right)^{2i}\\ \Rightarrow f(i-1)&=\color{purple}{(2i-1)}\color{blue}{\binom{2i-2}{i-1}}\color{green}{\left(\frac 12\right)^{2i-2}}\\ &=\color{purple}{(2i-1)}\cdot\frac{\color{lightblue}{2i(2i-1)}}{\color{grey}{2i(2i-1)}}\cdot \frac {\color{grey}i}{\color{lightblue}i}\cdot \color{blue}{\frac {(2i-2)(2i-3)(2i-4)\cdots (i+1)i}{(i-1)!}}\cdot \color{green}{ 4\left(\frac 12\right)^{2i}}\\ &=\color{purple}{(2i-1)}\cdot\color{blue}{\frac {i\cdot i}{2i(2i-1)}\binom{2i}{i}}\cdot\color{green}{4\left(\frac 12\right)^{2i}}\\ &=2i\color{blue}{\binom {2i}i}\color{green}{\left(\frac 12\right)^{2i}}\\ f(i)-f(i-1)&=(2i+1)\binom{2i}i \left(\frac 12\right)^{2i}-2i\binom {2i}i\left(\frac 12\right)^{2i}\\ &=\binom {2i}i\left(\frac 12\right)^{2i} \end{align}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} \sum_{i=0}^n \binom {2i}i\left(\frac 12\right)^{2i} &=\sum_{i=1}^n \binom {2i}i\left(\frac 12\right)^{2i}\\ &=\sum_{i=1}^n f(i)-f(i-1)\\ &=f(n)-f(0)\qquad\qquad\text {note that }f(0)=0\\ &=(2n+1)\binom{2n}n\left(\frac 12\right)^{2n}\qquad\blacksquare \end{align}$$ $$\begin{align} \end{align}$$

Answer 4

Que sea $$b_i=\frac{1}{2^{2i}}\binom{2i}{i}\quad \text{and}\quad a_i=\frac{i}{2^{2i-1}}\binom{2i}{i}.$$ Observando que $$a_i=2ib_i$$ y $$a_{i+1}=\frac{i+1}{2^{2i+1}}\binom{2i+2}{i+1}=\frac{i+1}{2}\frac{(2i+2)(2i+1)}{(i+1)(i+1)}\frac{1}{2^{2i}}\binom{2i}{i}=(2i+1)b_i$$ tenemos $$ \begin{align*} a_{i+1}-a_i&=(2i+1)b_i-2ib_i=b_i \end{align*} $$ y finalmente tenemos una suma telescópica: $$ \sum_{i=0}^n b_i=\sum_{i=0}^n (a_{i+1}-a_i)=a_{n+1}-a_0=(2n+1)b_n $$ es decir $$ \sum_{i=0}^n \frac{1}{2^{2i}}\binom{2i}{i}=\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n}(2n+1) $$