$$\sum_{k=0}^n 2^{2n+1-2k}\binom{2n+1-k}{k}(-1)^k=2(n+1)$$
Según wolfram, esto es cierto. ¿Cómo se podía probar esto algebraica o combinatorically?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Utilizamos el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} \binom{n}{k}=[z^k](1+z)^n \end{align*}
Obtenemos para $n\geq 0$: \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^n}&\color{blue}{2^{2n+1-2k}\binom{2n+1-k}{k}(-1)^k}\\ &=\sum_{k=0}^n\binom{n+k+1}{n-k}2^{2k+1}(-1)^{n-k}\tag{1}\\ &=\sum_{k=0}^n[z^{n-k}](1+z)^{n+k+1}2^{2k+1}(-1)^{n-k}\tag{2}\\ &=2(-1)^n[z^n](1+z)^{n+1}\sum_{k=0}^\infty (-4z(1+z))^k\tag{3}\\ &=2(-1)^n[z^n]\frac{(1+z)^{n+1}}{1+4z(1+z)}\tag{4}\\ &=2(-1)^n[z^n]\frac{(1+z)^{n+1}}{(1+2z)^2}\\ &=2(-1)^n[z^n]\sum_{j=0}^\infty(j+1)(-2z)^j(1+z)^{n+1}\tag{5}\\ &=2(-1)^n\sum_{j=0}^n(j+1)(-2)^j[z^{n-j}](1+z)^{n+1}\tag{6}\\ &=2(-1)^n\sum_{j=0}^n(j+1)(-2)^j\binom{n+1}{n-j}\tag{7}\\ &=2(-1)^n\sum_{j=0}^n(j+1)(-2)^j\binom{n+1}{j+1}\tag{8}\\ &=2(-1)^n(n+1)\sum_{j=0}^n(-2)^j\binom{n}{j}\tag{9}\\ &=2(-1)^n(n+1)(1-2)^n\tag{10}\\ &\,\,\color{blue}{=2(n+1)} \end{align*}
y el reclamo de la siguiente manera.
Comentario:
En (1) podemos cambiar el orden de la suma: $k\to n-k$.
En (2) se aplica el coeficiente de operador.
En (3) se utiliza la linealidad del coeficiente de operador y aplicar la regla de $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)$. También nos hemos fijado el límite superior de la serie a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.
En (4) utilizamos la serie geométrica de expansión.
En (5) utilizamos el binomio de expansión de la serie.
En (6) aplicamos la misma regla, como en (3) y restringir el límite superior de la serie a $n$ desde los poderes de $z$ son no-negativos.
En (7) seleccionamos el coeficiente de $z^{n-j}$.
En (8) se utiliza el binomio identidad $\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$.
En (9) se utiliza el binomio identidad $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$.
En (10) se aplica el teorema del binomio.
