Binomialkoeffizienten

29.10.2010, 15:14

blue sky

Binomialkoeffizienten

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n-1}\frac1{2k+1}{2k\choose k}{2(n-(k+1))\choose n-(k+1)}=\frac{2^{4n-3}}{n{2n\choose n}} \end{eqnarray*}$

Wer hat eine Idee wie ich diese Aussage beweisen koennte_
Induktion hab ich versucht - hat aber nicht geklappt.
Mit Excel hab ich rumgetestet ... die Formel scheint zu stimmen.

29.10.2010, 16:13

lgrizu

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Binomialkoeffizienten
induktion ist hier eigentlich das mittel der wahl, was hat da denn nicht geklappt?

29.10.2010, 20:22

Manni Feinbein

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Binomialkoeffizienten

Zitat:

Original von lgrizu
induktion ist hier eigentlich das mittel der wahl, was hat da denn nicht geklappt?

Das kann ich mir -auch mit Mühe- kaum vorstellen, denn dann müsste ja irgendwie
auf folgende Summe

$\begin{eqnarray*} S_n:=\sum_{k=0}^n\frac 1{2k+1}{2k\choose k}{2(n-k)\choose n-k} \end{eqnarray*}$

die IV losgelassen werden und das wäre mindestens sehr häßlich, denn alle Summanden in $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ unterscheiden sich von denen in $\begin{eqnarray*} S_{n-1} \end{eqnarray*}$ .
Durch 2-malige Anwendung der Additionsformel für Binomialkoeffizienten könnte man das zwar begradigen allerdings würden dabei einige Schmutzterme auftauchen bei denen ich nicht sehe wie sie zu kontrollieren sein sollten.

Kann natürlich sein, dass ich da was übersehe... verwirrt

Das einzige was mir dazu einfällt wäre nach dem Kontext der Aufgabenstellung zu fragen. Vielleicht geht das Ganze ja über irgendeinen Koeffizientenvergleich von Potenzreihen bei denen der $\begin{eqnarray*} \arcsin \end{eqnarray*}$ mitspielt...
Ich seh's im Moment nicht.

17.10.2013, 16:46

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Besser spät als nie...
Ein Déjà-vu beim Nachdenken über Leopolds hier bewiesene Identität führt mich in diesen fast drei Jahre alten Thread, der Beweis kann nunmehr mit jener Identität

$\begin{eqnarray*} \frac{2\arcsin(x)}{\sqrt{1-x^2}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n\cdot\binom{2n}{n}} \cdot x^{2n-1} \qquad (*) \end{eqnarray*}$

geführt werden. Mit der Arcsin-Potenzreihe und deren Ableitung steht dann links

$\begin{eqnarray*} 2\left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)2^{2k}} \binom{2k}{k} \right) \cdot \left( \sum_{j=0}^{\infty} \frac{x^{2j}}{2^{2j}} \binom{2j}{j} \right) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{2n+1} \end{eqnarray*}$

mit Cauchy-Produkt

$\begin{eqnarray*} a_n = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(2k+1)2^{2k}} \binom{2k}{k}\cdot \frac{1}{2^{2(n-k)}} \binom{2(n-k)}{n-k} = 2^{1-2n} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{(2k+1)} \binom{2k}{k} \binom{2(n-k)}{n-k} \end{eqnarray*}$ .

Der Koeffizientenvergleich mit der rechten Seite von (*) liefert

$\begin{eqnarray*} a_{n-1} = 2^{3-2n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{(2k+1)} \binom{2k}{k} \binom{2(n-k-1)}{n-k-1} \stackrel{!}{=} \frac{2^{2n}}{n\cdot\binom{2n}{n}} \end{eqnarray*}$ ,

was nach Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} 2^{2n-3} \end{eqnarray*}$ obiger Behauptung entspricht.

P.S.: Da hatte Manni Feinbein also den richtigen Riecher gehabt - Pech, dass Leopold vor drei Jahren hier wohl nicht vorbeigeschaut hatte. Augenzwinkern

Neue Frage »

Antworten »

Binomialkoeffizienten

Verwandte Themen