Комбинаторное тождество

[Shizofrenik]

Вот такая задача передо мной встала:
Доказать, что $\sum_{k=0}^{n} C_{2k}^k \cdot C_{2n - 2k} ^{n - k} = 4^n.$
К этой задаче мне дали удивительную подсказку: оказывается, необходимо использовать $C_{-1/2}^k$. И вот сижу я теперь, и не понимаю, что с этой задачей делать. А ещё больше не понимаю, что делать с подсказкой (я уж и пытался эту цешку в явном виде раскрывать, и с биномом подгадывать - не помогло!). Помогите, пожалуйста.

[teleglaz]

Я извиняюсь, а что значит

Shizofrenik в сообщении #1279851 писал(а):

$C_{-1/2}^k$

?

[Shizofrenik]

Если переписать формулу $C_n^k$ как $\frac{n(n-1)(n-2) \ldots (n - k + 1)}{k!}, то можно заметить, что она имеет смысл не только для натуральных $n$, а для любых действительных. Под $C_{-1/2}^{k}$ имеется в виду именно такое выражение для $n = -\frac{1}{2}$.

[thething]

По идее это биномиальный коэффициент так обозначается (с отрицательным индексом я имею ввиду). Мне в голову приходит использовать тут ТФКП, т.е. заменять $C_n^k$ через оператор $coeff\left\lbrace\frac{(1+z)^n}{z^{k+1}}\right\rbrace$, где $coeff\left\lbrace...\right\rbrace=c_{-1}$ и потом вычетами его. Здесь $c_{-1}$ - это коэффициент ряда Лорана $\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^n$. Если интересно, могу расписать подробнее

[Shizofrenik]

Меня просят найти "элементарное" решение задачи. И при этом оно должно как-то довольно серьёзно пользоваться каким-нибудь (каким?) свойством $C_{-1/2}^{k}$...

[RIP]

Подумайте, какая связь есть между $\binom{-1/2}{k}$ и $\binom{2k}{k}$.

[thething]

Посчитайте этот коэффициент в лоб, там вылезут выражения типа $(2k)!$ и $(k!)^2$, в вашей исходной сумме тоже эти сочетания через такие же факториалы выразятся, ну и потом (возможно), используйте ряд $\frac{1}{\sqrt{1+x}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}C_{-\frac{1}{2}}^kx^k$

[Shizofrenik]

RIP в сообщении #1279877 писал(а):

Подумайте, какая связь есть между $\binom{-1/2}{k}$ и $\binom{2k}{k}$.

А эта связь существует?

[thething]

Посчитайте их и увидите связь

[Shizofrenik]

$$C_{2k}^k = \frac{2k(2k - 1)(2k - 2)...(k + 1)}{k!}$$

$$C_{-1/2}^k = \frac{-\frac{1}{2} (-\frac{1}{2} - 1)...(-\frac{1}{2} - k + 1)}{k!}$$

Хоть убейте, не вижу никакой связи.

[thething]

Так вы должны свернуть все это в конечный вид, безо всяких многоточий. Для целых индексов используйте обычное определение числа сочетаний, а для дробного домножайте числитель и знаменатель на нужное число двоек, избавляйтесь от дробей, считайте все скобки (нечетные числа), добивайте четными для того, чтобы вылезли факториалы

[Shizofrenik]

Связь получилась. Спасибо.

-- 29.12.2017, 19:40 --

Но теперь приходим к тому, что нужно доказать, что $\sum_{k = 0}^n C_{-1/2}^k C_{-1/2}^{n - k} = 4^n$

[Shizofrenik]

Что можно сделать с этим выражением?

-- 29.12.2017, 20:19 --

Ой, не то написал.
Сейчас пересчитаю.

[Shizofrenik]

Пересчитал. Получается, что нужно доказать, что $\sum_{k = 0} ^ n C_{-1/2}^{k} C_{-1/2}^{n - k} = 1$

[arseniiv]

Рассмотрите функцию

$$c(z) = \sum_{n = 0}^\infty \sum_{k = 0}^n C_{-1/2}^k C_{-1/2}^{n - k} z^n = \left( \sum_{n = 0}^\infty C_{-1/2}^n z^n \right)^2,$$

что вы можете упростить? (Вычислить исходную сумму вы потом сможете с помощью $c$.)