¿Por qué
$$\sum_{k=1}^\infty \binom{2k}{k} \frac{1}{4^k(k+1)}=1$$
¿Existe un método intuitivo para derivar esta igualdad?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Su serie es telescópica, ya que: $$\begin{eqnarray*}\frac{1}{4^{k+1}}\binom{2k+2}{k+1}-\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}&=&\frac{1}{4^{k+1}}\binom{2k}{k}\left(\frac{(2k+2)(2k+1)}{(k+1)^2}-4\right)\\&=&-\frac{1}{2(k+1)4^{k}}\binom{2k}{k},\end{eqnarray*}$$ por lo tanto: $$\sum_{k=1}^{+\infty}\binom{2k}{k}\frac{1}{4^k(k+1)}=2\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}-\frac{1}{4^{k+1}}\binom{2k+2}{k+1}\right)=\frac{2}{4}\binom{2}{1}=1.$$ No es necesario generar funciones o integrales.
Luke
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Aquí tienes una prueba de cálculo. Supongamos que juego al siguiente juego: Lanzo una moneda una vez; asumo sin pérdida de generalidad que sale cara. Luego sigo lanzando esa moneda hasta que salgan exactamente tantas colas como caras. ¿Cuál es la probabilidad $P(k)$ que un total de $k$ cabezas y $k$ ¿se habrán visto colas?
En primer lugar, hay que tener en cuenta que una determinada secuencia de $2k$ de una moneda tiene una probabilidad de $2^{-2k}$ de ocurrir. Sin embargo, no se permiten todas las secuencias de lanzamientos de monedas: sólo aquellas en las que el número de caras es siempre al menos igual que el número de colas. (Así que $HTHHTT$ está bien pero no $HTTTHH$ ). Por lo tanto, puede no ser obvio cómo contar esto.
Por suerte, este problema de recuento es bien conocido, y el número de resultados permitidos de longitud $2k$ es el $k$ th Número catalán $C_k=\dbinom{2k}{k}\dfrac{1}{k+1}.$ (Véase el artículo de Wikipedia para más detalles.) Por consiguiente, la probabilidad de $k$ cabezas y $k$ colas que se producen es $P_k=C_k\,2^{-2k}$ .
Teniendo esto en cuenta, ¿cuál es la probabilidad de cualquier ¿se produce el resultado? Por supuesto, debe ser una certeza, por lo que concluimos que $$ \sum_{k=1}^\infty P_k =\sum_{k=1}^\infty \binom{2k}{k} \frac{2^{-2k}}{k+1}=1$$ que es exactamente la identidad deseada.
Pedro Tamaroff
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