Probar esta suma $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\binom{2n-k+1}{k}=n+1$

Question

Mostrar que %#% $ #%

Answer 1

Sugerencia deje $$a_{n}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\cdot \binom{2n-k+1}{k}=2^{2n}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\left[\binom{2n-k}{k}+\binom{2n-k}{k-1}\right]$ $ otros mano fácil probar $r=k-1$\begin{align*}&\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\binom{2n-k}{k-1}=\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^{r+1}\cdot 2^{2(n-1)-2r}\binom{2(n-1)-r+1}{r}\\&= -a_{n-1} \end{align*} si dejamos $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\binom{2n-k}{k}=b_{n}$ entonces tenemos $$b_{n}=a_{n}+a_{n-1}$ $ y \begin{align*}b_{n}&=2^{2n}+\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\binom{2n-k}{k}+(-1)^n\\ &=2^{2n}+\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\cdot 2^{2n-2k}\left[\binom{2n-k-1}{k}+\binom{2n-k-1}{k-1}\right]+(-1)^n\\ &=4a_{n-1}-\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^j\cdot 2^{2(n-1)-2j}\binom{2(n-1)-j}{j}\\ &=4a_{n-1}-b_{n-1} \end{align*} así $$a_{n}+a_{n-1}=4a_{n-1}-a_{n-1}-a_{n-2}$ $ entonces tenemos $$a_{n}+a_{n-2}=2a_{n-1},a_{0}=1,a_{1}=2$ $ % que $$a_{n}=n+1$$

Answer 2

Podemos calcular la generación de la función: $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n(-1)^k2^{2n-2k}\binom{2n-k+1}{k}x^{2n+1} &=\frac12\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n(-1)^k2^{2n-2k+1}\binom{2n-k+1}{2n-2k+1}x^{2n+1}\tag{1}\\ &=\frac12\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n(-1)^{k+1}2^{2n-2k+1}\binom{-k-1}{2n-2k+1}x^{2n+1}\tag{2}\\ &=\frac12\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=k}^\infty(-1)^{k+1}2^{2n-2k+1}\binom{-k-1}{2n-2k+1}x^{2n+1}\tag{3}\\ &=\frac12\sum_{k=0}^\infty\sum_{n=0}^\infty(-1)^{k+1}2^{2n+1}\binom{-k-1}{2n+1}x^{2n+2k+1}\tag{4}\\ &=\frac14\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\left(\frac{x^{2k}}{(1-2x)^{k+1}}-\frac{x^{2k}}{(1+2x)^{k+1}}\right)\tag{5}\\ &=\frac14\left(\frac1{1-2x+x^2}-\frac1{1+2x+x^2}\right)\tag{6} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$
$(2)$: $\binom{-n}{k}=(-1)^k\binom{k+n-1}{k}$
$(3)$: cambiar el orden de la suma de
$(4)$: sustituto $n\mapsto n+k$
$(5)$: la suma de $n$ es el raro de parte de $(-1)^{k+1}\frac{x^{2k}}{(1+2x)^{k+1}}$
$(6)$: suma de la serie geométrica

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$(6)$ es el raro de parte de $\frac12\frac1{(1-x)^2}=\frac12\sum\limits_{n=0}^\infty(n+1)x^n$; es decir, $$ \frac12\sum_{n=0}^\infty((2n+1)+1)x^{2n+1}=\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^{2n+1}\etiqueta{7} $$ Igualando los coeficientes de $x^{2n+1}$, obtenemos $$ \sum_{k=0}^n(-1)^k2^{2n-2k}\binom{2n-k+1}{k}=n+1\etiqueta{8} $$

Answer 3

Supongamos que buscamos para comprobar que $$\sum_{k=0}^n (-1)^k 2^{2n-2k} {2n-k+1\elegir k} = n+1.$$

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

Observar que esto es igual a cero cuando se $k\gt n$, por lo que podemos extender $k$ a infinito.

De este modo, obtener por la suma

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{2n+2}} \sum_{k\ge 0} (-1)^k 2^{2n-2k} \frac{z^{2k}}{(1+z)^{k}} \; dz \\ = \frac{2^{2n}}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{2n+2}} \frac{1}{1+z^2/(1+z)/4} \; dz \\ = \frac{2^{2n+2}}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{2n+2}} \frac{1}{4(1+z)+z^2} \; dz \\ = \frac{2^{2n+2}}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{2n+2}} \frac{1}{(z+2)^2} \; dz.$$

Evaluar la integral mediante el cálculo de la negativa de los residuos en $z=-2$. Esto requiere

$$\left(\frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{2n+2}}\right)' = \frac{(2n+2)(1+z)^{2n+1}}{z^{2n+2}} - (2n+2)\frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{2n+3}}.$$

Establecimiento $z=-2$ obtenemos $$2^{2n+2} (2n+2) \frac{(-1)^{2n+1}}{(-2)^{2n+2}} - 2^{2n+2} (2n+2) \frac{(-1)^{2n+2}}{(-2)^{2n+3}} \\ = -(2n+2) + (n+1) = - (n+1).$$

Por lo tanto la integral es $$n+1$$ como se reivindica.

Adenda. También debemos comprobar que el residuo en el infinito cero. Obtenemos

$$-\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} z^{2n+2} \frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{2n+2}} \frac{1}{(2+1/z)^2} \\ = -\mathrm{Res}_{z=0} (1+z)^{2n+2} \frac{1}{(2z+1)^2} = 0.$$