Demostrar que %#% $ #%
He probado varias cosas que no funcionan.
Quizás esto ayudaría a
$$\sum_{k=0}^n \binom{3n-k}{2n}=\binom{3n+1}{n}$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
JiminyCricket
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Su identidad es un caso especial de la $$S(m,n) = \sum_{k=0}^n \binom{m+k}{m} = \binom{m+n+1}{m+1},$$ which you can prove by induction on $n$: note $S(m,0) de identidad más general = 1 = \binom{m+1}{m+1}$. Then observe $$\begin{align*} S(m,n+1) &= S(m,n) + \binom{m+n+1}{m} \\ &= \binom{m+n+1}{m+1} + \binom{m+n+1}{m} \\ &= \binom{m+n+2}{m+1} = \binom{m + (n+1) + 1}{m+1}, \end{align*}$$ por lo tanto, por la hipótesis de inducción, la reclamación es probada. Continuación, seleccione $m = 2n.$
Felix Marin
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32763
$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}_{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}{3n - k \choose 2n}} & = \sum_{k = 0}^{n}\oint_{\verts{z} = 1}{\pars{1 + z}^{3n - k} \over z^{2n + 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} = \oint_{\verts{z} = 1}{\pars{1 + z}^{3n} \over z^{2n + 1}}\sum_{k = 0}^{n} \pars{1 \over 1 + z}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[4mm] & = \oint_{\verts{z} = 1}{\pars{1 + z}^{3n} \over z^{2n + 1}} {\pars{1 + z}^{-n - 1}\,\, -\ 1 \over 1/\pars{1 + z} - 1}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[4mm] & = -\oint_{\verts{z} = 1}{\pars{1 + z}^{2n} \over z^{2n + 2}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} + \oint_{\verts{z} = 1}{\pars{1 + z}^{3n + 1} \over z^{2n + 2}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[4mm] &= -\,\overbrace{{2n \choose 2n + 1}}^{\ds{=\ 0}}\ +\ {3n + 1 \choose 2n + 1} = {3n + 1 \choose \pars{3n + 1} - \pars{2n + 1}} = \color{#f00}{3n + 1 \choose n} \end{align}
Markus Scheuer
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16133
Aquí es otra variación. Es conveniente usar el coeficiente de operador $[x^k]$ para denotar el coeficiente de $x^k$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} \binom{n}{k}=[x^k](1+x)^n \end{align*}
Obtenemos \begin{align*} \sum_{k=0}^n\binom{3n-k}{2n}&=\sum_{k=0}^n\binom{3n-k}{n-k}\tag{1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty[x^{n-k}](1+x)^{3n-k}\tag{2}\\ &=[x^n](1+x)^{3n}\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{x}{1+x}\right)^k\tag{3}\\ &=[x^n](1+x)^{3n}\frac{1}{1-\frac{x}{1+x}}\tag{4}\\ &=[x^n](1+x)^{3n+1}\\ &=\binom{3n+1}{n} \end{align*}
Comentario:
En (1) utilizamos el binomio identidad $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.
En (2) se aplica el coeficiente de operador y establecer el límite superior de la serie a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.
En (3) se utiliza la linealidad del coeficiente de operador y el uso de la regla \begin{align*} [x^{p-q}]A(x)=[x^p]x^{q}A(x) \end{align*}
En (4) aplicamos la serie geométrica de expansión.
Marko Riedel
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19255
Supongamos que buscamos para evaluar
$$\sum_{k=0}^n {3n-k\choose 2n}$$
el uso de diferentes integral de lo que fue utilizado por @MarkusScheuer y @FelixMarin.
Introducir
$${3n-k\elegir 2n} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+1}} \frac{1}{(1-z)^{2n+1}} \; dz.$$
Observar que este se desvanece para$k\gt n$, por lo que podemos extender la suma de el infinito, la obtención de
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{(1-z)^{2n+1}} \sum_{k\ge 0} z^k \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{(1-z)^{2n+2}} \; dz.$$
Esto se evalúa a través de una inspección a
$${n+2n+1\choose 2n+1} = {3n+1\choose 2n+1} = {3n+1\choose n}.$$
