Demostrando que $\sum_{k=0}^n\frac{1}{n\choose k}=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k}$

Question

Quiero probar para cualquier número entero positivo$n$, la siguiente ecuación se mantiene:$$\sum_{k=0}^n\frac{1}{n\choose k}=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k}$ $

He intentado expandir$2^k$ como$\sum_{i=0}^k{k\choose i}$ y suma de intercambio, también intentó$f(x)=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^k}{k}$ y calcular$f'(x)$. Pero parece que no estoy en el camino correcto.

Answer 1

Tenga en cuenta que los sucesivos términos de la suma en el giro a la izquierda tienen una expresión sencilla para que su suma: al $k \ne 0$, tenemos $$\frac{1}{\binom{n}{k-1}} + \frac1{\binom{n}{k}} = \frac{\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}}{\binom{n}{k-1}\binom{n}{k}} = \frac{\binom{n+1}{k}}{\binom{n}{k-1}\binom{n}{k}} = \frac{\frac{n+1}{k}\binom{n}{k-1}}{\binom{n}{k-1}\binom{n}{k}} = \frac{\frac{n+1}{k}}{\binom{n}{k}}$$

donde hemos usado la de Pascal, la regla y la "absorción" de la identidad que $\binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}$$k \neq 0$. La aplicación de absorción de nuevo, más le da a la expresión anterior para ser igual a $$\frac{\frac{n+1}{k}}{\binom{n}{k}} = \frac{\frac{n+1}{k}}{\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}} = \frac{n+1}{n} \frac{1}{\binom{n-1}{k-1}}$$

Esto le da una estrategia para la evaluación de la suma de la izquierda:

$$\begin{align} 2\sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}} &= \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{\binom{n}{k-1}} + \frac1{\binom{n}{k}}\right) + 2 \\ &= 2 + \frac{n+1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\binom{n-1}{k-1}} \end{align}$$ o, llamando el lado izquierdo de la suma como $L_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}}$, tenemos $$2 L_n = 2 + \frac{n+1}{n} L_{n-1}$$ $$L_n = \frac{n+1}{2n}L_{n-1} + 1$$

Llamar el lado derecho de la suma de la $R_n$, tenemos $$\begin{align} \frac{2^{n+1}}{n+1} R_n &= \sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k} \\ &= \frac{2^n}{n} R_{n-1} + \frac{2^{n+1}}{n+1} \end{align}$$ así $$R_n = \frac{n+1}{2n}R_{n-1} + 1$$

y tanto el LHS $L_n$ y RHS $R_n$ satisfacer la misma recurrencia y tienen los mismos valores iniciales (de verificación para $n=1$, por ejemplo), de modo que sean iguales.