Demuestra que $\sum\limits_{k=0}^n\binom{2n}{2k}^{\!2}-\sum\limits_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{2k+1}^{\!2}=(-1)^n\binom{2n}{n}$

Question

¿Cómo puedo probar la identidad: $$ \sum_{k=0}^n\binom{2n}{2k}^2-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{2k+1}^2=(-1)^n\binom{2n}{n}? $$

Tal vez, podamos ampliar $$ f(x)=(1+x)^{2n}? $$

Gracias, señor.

Answer 1

Idea. Obtendremos la identidad igualando el coeficiente de $x^{2n}$ en las expansiones de $(1+x^2)^{2n}$ y $(1+ix)^{2n}(1-ix)^{2n}$ .

La expansión binomial de $(1+x^2)^{2n}$ es $$ (1+x^2)^{2n}=\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}x^{2k}, $$ mientras que $$ (1+x^2)^{2n}=(1+ix)^{2n}(1-ix)^{2n}=\left(\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(ix)^{k}\right)\left(\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}(-ix)^{k}\right). $$ El coeficiente de $x^{2n}$ en la primera expansión es $a_{2n}=\displaystyle\binom{2n}{n}$ mientras que en el lado derecho de lo anterior se puede expresar como la siguiente suma: \begin{align} a_{2n}&=\sum_{k=0}^{2n}i^k(-i)^{2n-k}\binom{2n}{k}\binom{2n}{2n-k}=i^{2n} \sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k}\binom{2n}{k}\binom{2n}{k} \\&=(-1)^{n} \sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k}\binom{2n}{k}^{\!2}= (-1)^{n}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k\binom{2n}{k}^{\!2}\\ &= (-1)^{n}\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}^{\!2}-(-1)^{n}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{2k+1}^{\!2}\!\!. \end{align} Por lo tanto $$ \sum_{k=0}^n\binom{2n}{2k}^2-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{2k+1}^2=(-1)^n\binom{2n}{n}. $$

Answer 2

Esto es más sencillo si reescribes el lado izquierdo como $$ \sum_{k=0}^n\binom{2n}{2k}^2-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{2n}{2k+1}^2= \sum_{i=0}^{2n}(-1)^i\binom{2n}i^2= \sum_{i=0}^{2n}(-1)^i\binom{2n}i\binom{2n}{2n-i} $$ primero. Así que usted está buscando el coeficiente de $X^{2n}$ en el producto $(1-X)^{2n}(1+X)^{2n}=(1-X^2)^{2n}$ que es el mismo que el coeficiente de $Y^n$ en $(1-Y)^{2n}$ . Ese coeficiente es claramente $(-1)^n\binom{2n}n$ .

Obsérvese que se podría sustituir $2n$ por $m$ y permitir que sea impar, si se toma el lado derecho como $~0$ en ese caso. La prueba sigue siendo la misma, remarcando que obviamente no hay ningún término $X^m$ en $(1-X^2)^m$ cuando $m$ es impar.

Permítanme también dar una prueba combinatoria (ya que esa etiqueta está dada). Dado $m$ parejas mixtas, la parte izquierda cuenta el número de subconjuntos equilibrados en cuanto al sexo (que contienen el mismo número de mujeres que de hombres), contados con un factor $~{-}1$ si ese número para cada sexo es impar. En este recuento, los subconjuntos que no contienen exactamente un miembro de cada pareja se anulan del siguiente modo: para un subconjunto de este tipo, encontrar la primera pareja de la que no se ha seleccionado exactamente un miembro, y añadir o eliminar la pareja para obtener un subconjunto que se anula; esta operación es claramente una involución que respeta la paridad de sexos. Así pues, nos quedan como contribuciones no anuladas las de los subconjuntos con paridad de sexos con un miembro de cada pareja, subconjuntos que son claramente de tamaño $~m$ . Si $m$ es impar, entonces no queda ningún subconjunto, ya que el equilibrio entre sexos es imposible. Si $m$ es par, entonces cada subconjunto de género equilibrado restante se cuenta con signo $(-1)^{m/2}$ y está determinado por el $m/2$ mujeres que contiene (se completa con los hombres de la otra $m/2~$ parejas), por lo que hay $\binom m{m/2}$ de ellos.

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\sum_{k = 0}^{n}{2n \choose 2k}^{2} -\sum_{k = 0}^{n - 1}{2n \choose 2k + 1}^{2} = \pars{-1}^{n}{2n \choose n}: \ {\large ?}}$ .

$$ \mbox{Note that}\quad \sum_{k = 0}^{n}{2n \choose 2k}^{2} - \sum_{k = 0}^{n - 1}{2n \choose 2k + 1}^{2} =\sum_{k = 0}^{2n}\pars{-1}^{k}{2n \choose k}^{2} $$

\begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{k = 0}^{n}{2n \choose 2k}^{2} -\sum_{k = 0}^{n - 1}{2n \choose 2k + 1}^{2}} =\sum_{k = 0}^{2n}{2n \choose k}\pars{-1}^{k} \oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{2n} \over z^{k + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[6mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{2n} \over z} \sum_{k = 0}^{2n}{2n \choose k}\pars{-\,{1 \over z}}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{2n} \over z} \,\bracks{1 + \pars{-\,{1 \over z}}}^{2n}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[6mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 - z^{2}}^{2n} \over z^{2n + 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} =\sum_{k = 0}^{2n}{2n \choose k}\pars{-1}^{k}\ \underbrace{\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{1 \over z^{2n - 2k + 1}}% \,{\dd z \over 2\pi\ic}}_{\ds{=\ \color{#c00000}{\large\delta_{kn}}}} \\[6mm]&=\sum_{k = 0}^{2n}{2n \choose k}\pars{-1}^{k}\,\delta_{kn} =\color{#66f}{\large\pars{-1}^{n}{2n \choose n}} \end{align}

Answer 4

Esto es simplemente

$$\sum_{k=0}^{2n} {2n\choose k}^2 (-1)^k =\sum_{k=0}^{2n} {2n\choose k} {2n\choose 2n-k} (-1)^k \\ = [z^{2n}] (1+z)^{2n} \sum_{k=0}^{2n} {2n\choose k} z^k (-1)^k \\ = [z^{2n}] (1+z)^{2n} (1-z)^{2n} = [z^{2n}] (1-z^2)^{2n} = [z^n] (1-z)^{2n} \\ = (-1)^n {2n\choose n}.$$