$$\sum_{k=0}^n \binom {n+k} k 2^{-k}=2^n$$
Proof
只需证恒等式
$$\sum_{k\le m}\binom{m+r}k x^ky^{m-k}=\sum_{k\le m}\binom{-r}k (-x)^k (x+y)^{m-k}$$
，对任意实数 $r$ ，整数 $m$ 均成立，然后令 $x=y=1,r=m+1$ ，化简可得
$$LHS=\sum_{k\le m}\binom{2m+1}k=\cfrac 12\sum_{k}\binom{2m+1}k=2^{2m+1-1}=2^{2m}\\
RHS=\sum_{k\le m}\binom{-(m+1)}k(-1)^k2^{m-k}=\sum_{k\le m}\binom{k+m}k 2^{m-k}\\
RHS=LHS \Rightarrow \sum_{k=0}^m \binom{m+k}k2^{-k}=2^m ~~~ \square$$
该恒等式有两种证法：
1.
对固定的 $r,x,y$ ，对 $m$ 归纳.
$m<0$ 时， $LHS=RHS=0$ ；
$m=0$ 时， $LHS=RHS=1$ ；
若已对任意 $m\le t(t\in \mathbb N)$ ，证明了 $LHS_m=RHS_m=S_m$ ，往证对 $m=t+1$ 也有 $LHS_{t+1}=RHS_{t+1}=S_{t+1}$ ：
$$\begin{aligned}LHS_{t+1}&=\sum_{k\le t+1}\binom{t+1+r}k x^ky^{t+1-k}\\
&=\sum_{k\le t+1}(\binom{t+r}k+\binom{t+r}{k-1})x^ky^{t+1-k}\\
&=\sum_{k\le t}\binom{t+r}k x^ky^{t-k+1}+\binom {t+r}{t+1}x^{t+1}+\sum_{k-1\le t}\binom{t+r}{k-1}x^{k-1+1}y^{t-(k-1)}\\
&=yLHS_{t}+\binom {t+r}{t+1}x^{t+1}+xLHS_t\\
&=(x+y)S_t+\binom{t+r}{t+1}x^{t+1}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}RHS_{t+1}&=\sum_{k\le t+1}\binom{-r}k (-x)^k(x+y)^{t+1-k}\\
&=\sum_{k\le t}\binom{-r}k (-x)^k(x+y)^{t-k+1}+\binom{-r}{t+1} (-x)^{t+1}\\
&=(x+y)RHS_t+\binom{t+r}{t+1} x^{t+1}\\
&=(x+y)S_t+\binom {t+1}{t+1}x^{t+1}=LHS_{t+1}\end{aligned}$$
归纳成立. $\square$
2.
固定 $x,y,k$ ，则等号两侧均为关于 $r$ 的 $m$ 次多项式.
由二项式定理可知 $r\in [-m,-1]\cap \mathbb Z$ 时 $LHS=RHS=(x+y)^{m+r}y^{-r}$ ，两个 $m$ 次多项式的差有 $m+1$ 个零点，故两个多项式相等. 恒等式成立. $\square$
Combinatorial Proof
现在考察原组合恒等式的组合意义.
考虑甲乙两人在进行一种 $2n+1$ 局 $n+1$ 胜的比赛，每局甲获胜的概率为 $p$ ，乙获胜的概率为 $q=1-p$ ，每局的结果相互独立.
设甲获胜（赢 $n+1$ 局）时乙赢的局数为 $k(0\le k\le n)$ ，则前 $n+k$ 局乙恰赢 $k$ 局，且第 $n+k+1$ 局甲赢，甲获胜的概率为
$$\sum_{k=0}^n \binom{n+k}kp^nq^kp=\sum_{k=0}^n \binom{n+k}kp^{n+1}q^k$$
乙获胜的概率同理为 $\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k p^kq^{n+1}$ .
甲乙必恰有一人获胜，再代入 $p=q=\cfrac 12$ 得
$$1=\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k (p^{n+1}q^k+p^kq^{n+1})=\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k 2^{-n-k-1+1}=\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k 2^{-n-k}$$
，即 $\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k 2^{-k}=2^n$ . $\square$
更多 $2n-1$ 局 $n$ 胜比赛的性质
$p=q=\cfrac 12$ 时，比赛期望进行的轮数
$$\begin{aligned}E_n&=\sum_{k=0}^{n-1}(n+k)\binom{n+k-1}k2^{-n-k+1}\\
&=\sum_{k=0}^{n-1}2n\binom{n+k}k2^{-n-k}\\
&=2n(\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k 2^{-n-k}-\binom{2n}n 2^{-2n})\\
&=2n(1-\binom{2n}n 2^{-2n})\end{aligned}$$
由阶乘近似公式可知 $E_n\approx 2n(1-\cfrac {1}{\sqrt {n\pi}})$ .
记结束时甲获胜的概率为 $P^A_n$ ，乙获胜的概率为 $P^B_n$ .
显然 $P^A_1=p,P^B_1=q$ .
考虑 $P^A_{n+1}-P^A_n$ . 假设 $2n-1$ 局 $n$ 胜比赛并不在一方出现 $n$ 胜后结束，而是进行所有 $2n-1$ 局，有 $n$ 胜的一方获胜，这样不改变胜率.
已经进行了 $2n-1$ 局比赛，再进行 $2$ 局，会改变胜负的情况有 $2$ 种：
之前甲 $n$ 胜 $n-1$ 负，之后 $2$ 负，甲由胜转负；
之前甲 $n-1$ 胜 $n$ 负，之后 $2$ 胜，甲由负转胜.
$$P^A_{n+1}-P^A_n=\binom{2n-1}n p^{n-1}q^np^2-\binom{2n-1}n p^nq^{n-1}q^2\\
=(p-q)\binom{2n-1}np^nq^n=\cfrac{p-q}2\binom{2n}np^nq^n$$
故
$$P^A_n=p+\sum_{k=1}^{n-1}\cfrac{p-q}2 \binom{2k}kp^kq^k=p+\cfrac{p-q}2\sum_{k=1}^{n-1}\binom{2k}k p^kq^k$$
，对称地，
$$P^B_n=q+\cfrac{q-p}2\sum_{k=1}^{n-1}\binom{2k}k p^kq^k$$
$p\neq q$ 时，
$$\lim_{n\rightarrow \infty}P^A_n=p+\cfrac{p-q}2(\cfrac 1{\sqrt{1-4pq}}-1)=p+\cfrac{p-q}{2|p-q|}-\cfrac{p-q}2=[p>q]$$
，同理 $\lim_{n\rightarrow \infty} P^B_n=[p<q]$ .
$pq\neq 0$ 时，比赛期望进行的轮数
$$\begin{aligned}E_n&=\sum_{k=0}^{n-1}(n+k)\binom{n+k-1}k (p^nq^k+p^kq^n)\\
&=\sum_{k=0}^{n-1}n\binom{n+k}k(p^nq^k+p^kq^n)\\
&=n(\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}kp^nq^k-\binom{2n}np^nq^n)+n(\sum_{k=0}^n\binom{n+k}kp^kq^n-\binom{2n}np^nq^n)\\
&=n(\cfrac 1p P^A_{n+1}+\cfrac 1q P^B_{n+1}-2\binom{2n}np^nq^n)\\
&=2n(1+\cfrac{p-q}4(\cfrac 1p-\cfrac 1q)\sum_{k=1}^n\binom{2k}kp^kq^k-\binom{2n}np^nq^n)\\
&=2n(1-\binom{2n}np^nq^n-\cfrac{(p-q)^2}{4pq}\sum_{k=1}^n \binom{2k}k p^kq^k)\end{aligned}$$
（之前组合证明部分已给出
$$P^A_{n+1}=\sum_{k=0}^{n} \binom{n+k}kp^{n+1}q^k\\
P^B_{n+1}=\sum_{k=0}^n \binom{n+k}k p^kq^{n+1}$$ ）
$p\neq q$ 时， $0<pq<\cfrac 14$ ，
$$\begin{aligned}\lim_{n\rightarrow \infty}\cfrac{E_n}{2n}&=1-0-\cfrac{(p-q)^2}{4pq}\sum_{k=1}^{\infty}\binom{2k}k p^kq^k\\
&=1-\cfrac{(p-q)^2}{4pq}(\cfrac{1}{\sqrt{1-4pq}}-1)\end{aligned}$$
上式在 $p\rightarrow 0$ 或 $q\rightarrow 0$ 时取极限可得 $\lim_{n\rightarrow \infty}\cfrac{E_n}{2n}=\cfrac 12$ ，事实上此时 $E_n\approx n$ .