Supongamos que buscamos para evaluar
Y(n) = \sum_{k=1}^n 2^{n-k} {k\choose\lfloor k/2\rfloor},
considerando
Y_1(n) = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}
2^{n-2k} {2k\elegir k}
\quad\text{y}\quad
Y_2(n) = \sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}
2^{n-2k-1} {2k+1\elegir k}.
Vamos a utilizar el siguiente Iverson soporte:
[[0\le k\le n]]
= \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{z^k}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} \; dz.
Evaluación de Y_1(n).
Introducir
{2k\elegir k} =
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{1}{w^{k+1}}
(1+w)^{2k} \; ps.
Con la Iverson soporte de control de la gama se puede extender k a
infinito para obtener la suma
\frac{2^n}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{1}{w}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{\lfloor n/2\rfloor+1}} \frac{1}{1-z}
\sum_{k\ge 0} 2^{-2k} z^k \frac{(1+w)^{2k}}{w^k}
\; dz \; ps.
Podemos crear instancias de estos contornos para obtener la convergencia de la serie.
De este modo, obtener
\frac{2^n}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{1}{w}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{\lfloor n/2\rfloor+1}} \frac{1}{1-z}
\frac{1}{1 - z (1+w)^2 / w /4}
\; dz \; dw
\\ = \frac{2^{n+2}}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{1}{(1+w)^2}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{\lfloor n/2\rfloor+1}} \frac{1}{z-1}
\frac{1}{z - 4w/(1+w)^2}
\; dz \; ps.
Evaluamos el interior de la pieza mediante el cálculo de la negativa de la suma de
los residuos en z=1, z=4w/(1+w)^2 y z=\infty. obtenemos z=1
\frac{1}{1 - 4w/(1+w)^2}
= \frac{(1+w)^2}{(1+w)^2 - 4w}
= \frac{(1+w)^2}{(1-w)^2}
cero aporte.
Obtenemos z=\infty
-\mathrm{Res}_{z=0}
\frac{1}{z^2}
\frac{1}{1/z^{\lfloor n/2\rfloor+1}} \frac{1}{1/z-1}
\frac{1}{1/z - 4w/(1+w)^2}
\\ = -\mathrm{Res}_{z=0}
z^{\lfloor n/2\rfloor+1} \frac{1}{1-z}
\frac{1}{1 - 4wz/(1+w)^2}
de nuevo por un cero aporte.
Finalmente, para z=4w/(1+w)^2 tenemos
-\frac{(1+w)^{2\lfloor n/2\rfloor+2}}
{2^{2\lfloor n/2\rfloor+2} \times w^{\lfloor n/2\rfloor+1}}
\frac{(1+w)^2}{(1-w)^2}.
Sustituye en el exterior de la integral para obtener
-\frac{2^{n\mod 2}}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{(1+w)^{2\lfloor n/2\rfloor+2}}
{w^{\lfloor n/2\rfloor+1}}
\frac{1}{(1-w)^2} \; ps.
La extracción de la negativa de los residuos obtenemos la suma
2^{n\mod 2}\sum_{q=0}^{\lfloor n/2\rfloor}
{2\lfloor n/2\rfloor+2\elegir q}
(\lfloor n/2\rfloor-q+1).
Este rendimientos
2^{n\mod 2} (\lfloor n/2\rfloor+1)
\frac{1}{2} \left(2^{2\lfloor n/2\rfloor+2}
- {2\lfloor n/2\rfloor+2\elegir \lfloor n/2\rfloor+1} \right)
\\ - 2^{n\mod 2} (2\lfloor n/2\rfloor+2)
\sum_{q=1}^{\lfloor n/2\rfloor}
{2\lfloor n/2\rfloor+1\elegir q-1}
\\ = 2^{n\mod 2} (\lfloor n/2\rfloor+1)
\frac{1}{2} \left(2^{2\lfloor n/2\rfloor+2}
- {2\lfloor n/2\rfloor+2\elegir \lfloor n/2\rfloor+1} \right)
\\ - 2^{n\mod 2} (\lfloor n/2\rfloor+1)
\left(2^{2\lfloor n/2\rfloor+1}
- 2{2\lfloor n/2\rfloor+1\elegir \lfloor n/2\rfloor } \right)
\\ = 2^{n\mod 2} (\lfloor n/2\rfloor+1)
\left(2 - \frac{1}{2}
\frac{2\lfloor n/2\rfloor+2}{\lfloor n/2\rfloor+1} \right)
{2\lfloor n/2\rfloor+1\elegir \lfloor n/2\rfloor }
\\ = 2^{n\mod 2} (\lfloor n/2\rfloor+1)
{2\lfloor n/2\rfloor+1\elegir \lfloor n/2\rfloor }.
Evaluación de Y_2(n).
Esta es, obviamente, muy similar a la del primer caso.
Obtenemos la integral
\frac{2^{n+1}}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{1}{1+w}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{\lfloor (n-1)/2\rfloor+1}} \frac{1}{z-1}
\frac{1}{z - 4w/(1+w)^2}
\; dz \; ps.
No hay ninguna contribución de z=1 z=\infty como antes
lo que deja
-\frac{2^{(n+1)\mod 2}}{2\pi i}
\int_{|w|=\epsilon}
\frac{(1+w)^{2\lfloor (n-1)/2\rfloor+3}}
{w^{\lfloor (n-1)/2\rfloor+1}}
\frac{1}{(1-w)^2} \; ps.
La extracción de la negativa de los residuos obtenemos
2^{(n+1) \mod 2}
\sum_{q=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}
{2\lfloor (n-1)/2\rfloor+3\elegir q}
(\lfloor (n-1)/2\rfloor-q+1).
Este rendimientos
2^{(n+1) \mod 2} (\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor +1)
\times \frac{1}{2}
\left(2^{2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+3}
- 2 {2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+3\elegir \lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor +1}\right)
\\ - 2^{(n+1) \mod 2} (2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+3)
\sum_{q=1}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}
{2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+2 \elegir q-1}
\\ = 2^{(n+1) \mod 2} (\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor +1)
\times \frac{1}{2}
\left(2^{2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+3}
- 2 {2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+3\elegir \lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor +1}
\right)
\\ - 2^{(n+1) \mod 2} (2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+3)
\\ \times \frac{1}{2} \left(2^{2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+2}
- 2{2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+2 \elegir \lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}
- {2\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+2 \elegir \lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor+1}
\right).
Evaluación de Y(n).
Teniendo en cuenta que Y(n) no incluye un plazo para k=0 obtenemos
n = 2p de las contribuciones
-2^{2} + (p+1) {2p+1\elegir p}
+ p \left(2^{2p+1} - 2 {2p+1\elegir p}\right)
\\ - (2p+1) \left(2^{2} - 2 {2p\elegir p-1} - {2\elegir p}\right)
\\ = -2^{2p+1} + (4p+2){2p\elegir p}.
Por otra parte, para n = 2p+1 obtenemos
-2^{2p+1} + 2 (p+1) {2p+1\elegir p}
+ \frac{1}{2} (p+1) \left(2^{2p+3} - 2 {2p+3\elegir p+1} \right)
\\ - \frac{1}{2} (2p+3)
\left(2^{2p+2} - 2{2p+2\elegir p} - {2p+2\elegir p+1}\right)
\\ = -2^{2p+2} + (4+5) {2p+1\elegir p}.
Unir las dos fórmulas obtenemos el compacto de la forma cerrada
-2^{n+1} + (2n + 2 + (n\mod 2))
{n\elegir \lfloor n/2\rfloor}.
Yo conjetura de que con la forma cerrada, siendo esta simple ahora
que ha sido computado probablemente podamos encontrar una manera mucho más elegante
prueba.
