Prueba

Question

$4^n = \sum\limits_{k=0}^{n}2^k\cdot{{2n - k} \choose n}$

Trató de serie de energía formal, pero no.

Answer 1

Una solución a través de análisis complejos y el teorema del residuo.

$$\mathcal{S}(n)=\sum_{k=0}^{n} 2^k\binom{2n-k}{n} = \sum_{k=0}^{n}2^{n-k}\binom{n+k}{n} $ $ es el coeficiente del producto entre $x^n$ $\sum_{k\geq 0}2^k x^k=\frac{1}{1-2x}$ (serie geométrica) y $\sum_{k\geq 0}\binom{n+k}{n}x^k = \frac{1}{(1-x)^{n+1}}$ (estrellas y barras). En particular

$$ \mathcal{S}(n)=\text{Res}\left(\frac{1}{(1-2x)\left[x(1-x)\right]^{n+1}},x=0\right) $ $ pero debido a la simetría de la función meromorphic $\frac{1}{(1-2x)\left[x(1-x)\right]^{n+1}}$ el residuo a $0$ y el residuo a $1$ son el mismo número. El otro polo es en $x=\frac{1}{2}$ y la suma de los residuos es cero, por lo tanto puede demostrarse $\mathcal{S}(n)=4^n$ de la % simple $$ \text{Res}\left(\frac{1}{(1-2x)\left[x(1-x)\right]^{n+1}},x=\frac{1}{2}\right)=-2\cdot 4^n. $$

Answer 2

$$\begin{align} \sum_{k=0}^n2^k\binom{2n-k}{n} &=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}\binom{2n-k}{n}\tag1\\ &=\sum_{j=0}^n\sum_{k=j}^n\binom{k}{j}\binom{2n-k}{n}\tag2\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{2n+1}{n+j+1}\tag3\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{2n+1}{n-j}\tag4\\ &=\frac12\sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\tag5\\ &=\frac12\cdot2^{2n+1}\tag6\\[12pt] &=4^n\tag7 \end {Alinee el} $$ explicación:
$(1)$: use el teorema del binomio para expandir $(1+1)^n$
$(2)$: cambiar orden de suma
$(3)$: Identidad de Vandermonde
$(4)$: simetría del triángulo de Pascal
$(5)$: % promedio $(3)$y $(4)$
$(6)$: use el teorema del binomio para expandir $(1+1)^{2n+1}$
$(7)$: simplificar

Paso $(3)$ es realmente una extensión de Vandermonde utilizando Coeficientes binomiales negativos: $$\begin{align} \sum_{k=j}^n\binom{k}{j}\binom{2n-k}{n} &=\sum_{k=j}^n\binom{k}{k-j}\binom{2n-k}{n-k}\\ &=\sum_{k=j}^n(-1)^{k-j}\binom{-j-1}{k-j}(-1)^{n-k}\binom{-n-1}{n-k}\\ &=(-1)^{n-j}\binom{-n-j-2}{n-j}\\ &=\binom{2n+1}{n-j}\\ &=\binom{2n+1}{n+j+1} \end {Alinee el} $$

Answer 3

Con poder formal de la serie como lo solicitó OP podemos escribir

$$\sum_{k=0}^n 2^k {2n-k\elegir n} = 2^n \sum_{k=0}^n 2^{-k} {n+k\elegir n} = 2^n \sum_{k=0}^n 2^{-k} [z^n] (1+z)^{n+k} \\ = 2^n [z^n] (1+z)^n \sum_{k=0}^n 2^{-k} (1+z)^k = 2^n [z^n] (1+z)^n \frac{1-(1+z)^{n+1}/2^{n+1}}{1-(1+z)/2} \\ = 2^{n+1} [z^n] (1+z)^n \frac{1-(1+z)^{n+1}/2^{n+1}}{1-z}.$$

Podemos obtener a partir de la primera pieza

$$2^{n+1} [z^n] (1+z)^n \frac{1}{1-z} = 2^{n+1} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} = 2^{2n+1}.$$

La segunda pieza de los rendimientos

$$- [z^n] (1+z)^{2n+1} \frac{1}{1-z} = - \sum_{k=0}^n {2n+1\elegir k} = - \frac{1}{2} 2^{2n+1}.$$

Unir las dos piezas encontramos

$$2^{2n+1} - 2^{2n} = 2^{2n} = 4^n.$$

Answer 4

Otro (más corta) forma de abordar esto es

$$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \sum\limits_{0\, \le \,k\, \le \,n} {\left( \matriz{ 2n - k \cr n \cr} \right)2^{\,k} } = \sum\limits_{0\, \le \,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( \matriz{ 2n - k \cr n - k \cr} \right)2^{\,k} } = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,j\,} {\sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( \matriz{ 2n - k \cr n - k \cr} \right)\left( \matriz{ k \cr k - j \cr} \right)} } = \sum\limits_{0\, \le \,j\,\left( { \le \,n} \right)\,} {\left( \matriz{ 2n + 1 \cr n - j \cr} \right)} = \cr Y = {1 \over 2}\sum\limits_{l\,} {\left( \matriz{ 2n + 1 \cr l \cr} \right)} = {{2^{2n + 1} } \over 2} \cr} }$$ donde los límites entre paréntesis significa que están implícitos en la binomial, y donde en el medio paso el Doble de Convolución se utiliza, que es $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \sum\limits_{\left( {m\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( \matriz{ a - k \cr n - k \cr} \right)\left( \matriz{ k + b \cr k - m \cr} \right)} = \sum\limits_{\left( {m\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( { - 1} \right)^{n - m} \left( \matriz{ n - a - 1 \cr n - k \cr} \right)\left( \matriz{ - m - b - 1 \cr k - m \cr} \right)} = \cr & = \left( { - 1} \right)^{n - m} \left( \matriz{ n - m - a - b - 2 \cr n - m \cr} \right) = \left( \matriz{ a + b + 1 \cr n - m \cr} \right)\quad \left| \matriz{ \;a,b \in R \hfill \cr \;n,m \Z \hfill \cr} \right. \cr} }$$

Answer 5

Trate de poder formal de la serie más difícil. El mismo Aceite de la Serpiente Método que he utilizado para contestar una de tus preguntas recientes, en este caso funciona así. Voy a dejar de trabajar a través de este uno en su propio con un par de sugerencias. Deje $B=B(x)=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}$ $C=C(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ ser la generación de las funciones de la central de los coeficientes binomiales y catalán números, respectivamente. Entonces $$ B=\frac{1}{1-2xC}, \qquad B^2=\frac{1}{1-4x}, $$ y $$ \sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n+k}{n}x^n=BC^k. $$ La última desigualdad puede ser probado de forma combinatoria: considerar todo el entramado de caminos de $(0,0)$ $(2n,k)$el uso de los pasos a$u=(1,1)$$d=(1,-1)$. Entonces cualquier camino puede escribirse de forma única como $P_0uD_1uD_2u\dots uD_k$ donde $P_0$ es un gran Dyck ruta de acceso y el $D_1,\dots,D_k$ son Dyck caminos, todos juntos (con $P_0$) del total de semilength $n$.