Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {2n+1 \choose k} = 4 ^{n}}\)

Ma ktoś pomysł jak to udowodnić?

435032.htm

Trochę inna prośba była w temacie, do którego link wstawiłeś.

Ale suma do policzenia taka sama.

Siódmy rząd to:
\(\displaystyle{ 1\ 6\ 15\ 20\ 15\ 6\ 1}\) , a w skład sumy wchodzi \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 15}\). Więc co dalej?

Taki szybki pomysł:
zauważmy, że \(\displaystyle{ {2n+1\choose k}={2n+1\choose 2n+1-k}}\)
dla \(\displaystyle{ k=0,1,\ldots n}\), a stąd
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {2n+1\choose k}= \sum_{k=0}^{n} {2n+1\choose 2n+1-k}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {2n+1\choose k}=\sum_{k=n+1}^{2n+1} {2n+1\choose k}}\)
Co natomiast powiesz o tej sumie:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {2n+1\choose k}+\sum_{k=n+1}^{2n+1} {2n+1\choose k}}\)

@premislav: do tego co masz na końcu doszedłem innym sposobem i już podołałem jakoś całemu przykładowi. Tylko mam pytanie odnośnie prawej strony równania z trzeciej linii, gdzie to masz nad E 2n+1. Jak do tego doszedłeś? Jaka to właściwość, prawo?

Zsumowałem po prostu stronami równości postaci
\(\displaystyle{ {2n+1\choose k}={2n+1\choose 2n+1-k}}\)
dla \(\displaystyle{ k=0,1,\ldots n}\).
Następnie odwróciłem porządek sumowania w tej sumie
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {2n+1\choose 2n+1-k}}\).