Demuestra eso para todos $n \in \mathbb{N}$, $\sum_{k=0}^{n-1}{n+k-1\choose k}\frac 1{2^{n+k}}=\frac12$

Question

$$ \sum_{k=0}^{n-1}{n+k-1\choose k}\frac 1{2^{n+k}}=\frac12$$

Para ser honesto, realmente no puedo empezar

Me gustaría pedirles a todos que me den una idea de cómo solucionarlo, darme un empujón inicial, gracias.

Answer 1

reescribimos la suma así;$$\sum_{k=0}^{k=n-1}\binom{n+k-1}{n-1}\frac{1}{2^{n+k}}$$

este es solo el coeficiente de $x^{n-1}$ en expansión $$\frac{{(1+x)}^{n-1}}{2^n}+\frac{{(1+x)}^n}{2^{n+1}}...+\frac{{(1+x)}^{2n-2}}{2^{2n-1}}$$

Reconozca esto como un GP: por lo tanto, buscamos el coeficiente de $x^{n-1}$ en $$\frac{1}{2^{n-1}}{(1+x)}^{n-1}\frac{1-{(\frac{x+1}{2})}^n}{1-x}$$

o $$\frac{{(1+x)}^{n-1}(1+x+x^2..)-{(1+x)}^{2n-1}(1+x+x^2+x^3....)}{2^{2n-1}}$$ El coeficiente es $$\frac{\left(\binom{n-1}{0}+\binom{n-1}{1}..+\binom{n-1}{n-1}\right)-\left(\binom{2n-1}{0}+\binom{2n-1}{1}+...\binom{2n-1}{n-1}\right)}{2^{2n-1}}$$ $$=\frac{2^{2n-1}-\frac{1}{2}2^{2n-1}}{2^{2n-1}}=\frac{1}{2}$$

Answer 2

Por cierto, el producto que se suma se parece al PMF de la distribución binomial negativa , que para lanzar una moneda justa repetidamente hasta tener$n$ cabezas, hay $\frac 12$ probabilidad de que hubiera como mucho $n-1$ colas antes del $n$la cabeza.

Dejar $\Pr(A)$ ser la probabilidad de que hubiera como máximo $n-1$ colas antes del $n$la cabeza.

Entonces $1-\Pr(A)$ sería la probabilidad de que el $n$La cola aparece mientras había como máximo $n-1$ cabezas.

Para una moneda justa, la cabeza y la cola son simétricas, por lo que

$$\Pr(A) = 1-\Pr(A) = \frac 12$$