Moderador Nota: en el momento En que esta pregunta fue publicado, fue a partir de una disputa en curso. La fecha límite ha pasado.
¿Cómo podemos demostrar $4^{-n}(n+1)\left(2^{2n+1}-{2n+1\choose n+1}\right)$ produce la central término en el $2n+1$th fila de la siguiente pirámide? La pirámide se produce en esta forma: en la cima del triángulo es 1 y cada número a continuación se determina sumando la mitad de cada uno de los números que es de apoyo, y la adición de 1 a la suma.
1 3/2 3/2 7/4 10/4 7/4 15/8 25/8 25/8 15/8 31/16 56/16 66/16 56/16 31/16He tratado de inducción y no funciona bien, como estoy seguro que usted puede ver. No sé cómo probar la fórmula... incluso una interfaz intuitiva de la prueba de trabajo.
Por favor, ver mi comentario a continuación sobre la construcción de la pirámide, como un todo, utilizando coeficientes. Otra pregunta para todos(ESP joriki) : ¿qué puede decirse, en general, acerca de cualquier término en la pirámide? Podemos hacer una generalización de cualquier término en la pirámide se basa en El número de fila y el $k+1$th o kth plazo en una fila, tal vez, dependiendo de cómo se defina k? He estado mirando y parece que la escritura en términos de k y z, donde z=n-1 podría hacer que sea sencillo, pero no sé.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Restando $n$ de la $n$-ésima fila resta los efectos acumulativos de la adición de $1$ a las entradas; el resultado es un triángulo de números negativos que puede ser visto como el resultado de un promedio de los valores negativos más allá del límite. Multiplicando el $n$-ésima fila de a$-2^{n-1}$, y extender el triángulo se obtiene:
7 5 3 1 0 1 3 5 7
12 8 4 1 1 4 8 12
20 12 5 2 5 12 20
32 17 7 7 17 32
49 24 14 24 49
Aquí cada fila se genera a partir de la anterior mediante la adición de valores adyacentes. Por lo tanto los valores de las sumas de todos los caminos posibles para la primera fila, ponderado por el valor en el extremo de la primera fila. Para la central de valores, esta suma es por simetría doble de la suma de la mitad de la primera fila. Por lo tanto el valor de la $2n+1$-ésima fila es
$$a_{2n+1}=2\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{k}(2(n-k)-1)\;.$$
Since
$$\binom{2n}{k}k=\frac{(2n)!}{k!(2n-k)!}k=\frac{(2n)!}{(k-1)!(2n-k)!}=\frac{(2n-1)!}{(k-1)!(2n-k)!}2n=\binom{2n-1}{k-1}2n\;,$$
this is
$$a_{2n+1}=2(2n-1)\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{k}-8n\sum_{k=1}^{n-1}\binom{2n-1}{k-1}\;.$$
The sums are readily evaluated, since except for some missing terms they are half of $\sum_k\binom lc=2^l$:
$$ \begin{eqnarray} a_{2n+1} &=& 2(2n-1)\frac12\left(2^{2n}-\binom{2n}n\right)-8n\frac12\left(2^{2n-1}-2\binom{2n-1}{n-1}\right) \\ &=& 8n\binom{2n-1}{n-1}-(2n-1)\binom{2n}n-4^n \\ &=& 8n\frac{(2n-1)!}{n!(n-1)!}-(2n-1)\frac{(2n)!}{n!n!}-4^n \\ &=& \frac{(2n-1)!}{n!n!}\left(8n^2-2n(2n-1)\right)-4^n \\ &=& \frac{(2n-1)!}{n!n!}\left(4n^2+2n\right)-4^n \\ &=& \frac{(2n-1)!}{n!n!}2n(2n+1)-4^n \\ &=& \frac{(2n+1)!}{n!n!}-4^n \\ &=& \binom{2n+1}{n+1}(n+1)-4^n \end{eqnarray} $$
Then undoing the earlier transformations gives
$$ \begin{eqnarray} a_{2n+1}&=&-2^{2n}(c_{2n+1}+2n+1)\;, \\ c_{2n+1} &=&2n+1-2^{-2n}a_{2n+1} \\ &=& 2n+2-4^{-n}\binom{2n+1}{n+1}(n+1) \\ &=& (n+1)\left(2-4^{-n}\binom{2n+1}{n+1}\right) \\ &=& 4^{-n}(n+1)\left(2^{2n+1}-\binom{2n+1}{n+1}\right)\;. \end{eqnarray}$$
Anoté la generación fctn, $P_n(z) = \sum a_{n,j}z^j $ donde $a_{n,j}$ son los números de la tabla y creo que cumplen $P_n = \sum^n z^i + \frac {z+1}2 P_{n-1}$. Esto se puede solucionar realmente bastante explícitamente dividiendo por $(\frac {z+1}2)^n$ y llegar a una suma que se derrumba, pero falta el corazón para hacerlo y no podía jurar que haz algo útil.
Parece que joriki ha respondido a la pregunta original. Tengo empantanado en que cuando me enfermo, pero me las arreglé para establecer que $4^{-n}(n+1)\left(2^{2n+1}-{2n+1\choose n+1}\right)$ da el número esperado de lanzamientos de una moneda necesaria para conseguir el bien $n+1$ jefes o $n+1$ colas, como he mencionado en los comentarios. Es demasiado largo para un comentario, pero podría ser de algún interés, así que aquí está.
Supongamos que se lanza una moneda hasta que consiga $n+1$ jefes o $n+1$ colas. Decir que esto sucede en el $k$-ésimo de la sacudida; claramente $n+1\le k\le 2n+1$. Hay $\binom{k-1}n$ secuencias que terminan con una cabeza en la $k$-ésimo lanzamiento y otro $\binom{k-1}n$ secuencias que terminan con una cola en la $k$-ésimo lanzamiento. Cada uno de estos se produce con una probabilidad de $2^{-k}$, por lo que el número esperado de lanzamientos es
$$2\sum_{k=n+1}^{2n+1}2^{-k}k\binom{k-1}n\;.$$
Para deshacerse de los exponentes negativos voy a multiplicar por $2^{2n}$ para obtener
$$\begin{align*} 2^{2n+1}\sum_{k=n+1}^{2n+1}2^{-k}k\binom{k-1}n&=\sum_{k=n+1}^{2n+1}2^{2n+1-k}(k-n)\binom{k}n\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}2^{n+1-k}k\binom{n+k}n\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}2^{n+1-k}(n+k)\binom{n+k-1}{k-1}\\ &=\sum_{k=0}^n2^{n-k}(n+1+k)\binom{n+k}k\\ &=\sum_{k=0}^n2^{n-k}(n+1)\binom{n+1+k}k\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^n2^{n-k}\binom{n+1+k}k\;. \end{align*}$$
Por lo tanto, nos gustaría mostrar que $$\sum_{k=0}^n2^{n-k}\binom{n+1+k}k=2^{2n+1}-\binom{2n+1}{n+1}\;.\tag{1}$$
Deje $$s_n=\sum_{k=0}^n2^{n-k}\binom{n+1+k}k\;.$$
$$\begin{align*}s_{n+1}&=\sum_{k=0}^{n+1}2^{n+1-k}\binom{n+2+k}k\\ &=\sum_{k=0}^{n+1}2^{n+1-k}\left(\binom{n+1+k}k+\binom{n+1+k}{k-1}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^n2^{n-k}\binom{n+1+k}k+\binom{2n+2}{n+1}+\sum_{k=0}^n2^{n-k}\binom{n+2+k}k\\ &=2s_n+\binom{2n+2}{n+1}+\frac12\left(s_{n+1}-\binom{2n+3}{n+1}\right)\;, \end{align*}$$
así $$s_{n+1}=4s_n+2\binom{2n+2}{n+1}-\binom{2n+3}{n+1}\;.$$ Taking $(1)$ como hipótesis de inducción, tenemos
$$\begin{align*} s_{n+1}&=2^{2n+3}-4\binom{2n+1}{n+1}+2\binom{2n+2}{n+1}-\binom{2n+3}{n+1}\\ &=2^{2n+3}-\binom{2n+3}{n+2}+2\left(\binom{2n+1}{n+1}+\binom{2n+1}n\right)-4\binom{2n+1}{n+1}\\ &=2^{2n+3}-\binom{2n+3}{n+2}+2\left(\binom{2n+1}{n+1}+\binom{2n+1}{n+1}\right)-4\binom{2n+1}{n+1}\\ &=2^{2n+3}-\binom{2n+3}{n+2}\;, &= \end{align*}$$
como se desee.
