La suma$\sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \frac{{4n \choose 2k}}{{2n \choose k}}=\frac{1}{1-2n}$

Question

Esta suma ha sido creado por la perseverancia durante un largo período de tiempo mediante el uso de los resultados de la Tabla de la Serie y las Integrales Por I. S. Gradshteyn y I. M. Rhyzik [GR].

La idea era hacer una suma de los coeficientes binomiales mediante la utilización de la representación Integral de la recíproca de la Beta (Integral/función): $$B(x,y)=\Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)\tag{1}$$como $$\frac{1}{B(x,y)}=\frac{(x+y-1)}{\pi} \int_{0}^{\pi/2} \cos[(x-y)t]~\cos^{x+y-1}t ~dt~ \mbox{[GR., p. 959]}.\la etiqueta{2}$$ Deje $$S_n=\sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \frac{{4n \choose 2k}}{{2n \choose k}}. \tag{3}$$ Podemos cambiar el sumando en función Gamma utilizando $\Gamma(2z)=\frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(z+1/2)\Gamma(z)$, se consigue $$S_n=\sqrt{\pi} \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \frac{\Gamma(z)}{\Gamma(z-k) \Gamma(k+1/2)},~~ z=2n+1/2.$$ Podemos re-escribir $S_n$ el uso de (1) como $$ S_n=\sqrt{\pi} \frac{\Gamma(z)}{\Gamma(z+1/2)} \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{B(z-k,k+1/2)}.$$ A continuación, $$S_n= \frac{2^{2n+1}}{\sqrt{\pi} \Gamma(2n)} \int_{0}^{\pi/2} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \cos[(k-n)t] \cos^{2n-1} t ~dt.$$ Tenga en cuenta que [GR., p. 37] $$ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \cos [(k-n)t] =\sum_{m=-n}^{n} (-1)^{m+n} \cos 2m t= (-1)^n \left[1+2\sum_{m=1}^{n}(-1)^m \cos 2mt\right]=\frac{\cos(2n+1)t}{\cos t}. $$ Obtenemos $$ S_n=\frac{2^{2n}\Gamma(2n+1/2)}{\sqrt{\pi}\Gamma(2n)} \int_{0}^{\pi/2} \cos(2n+1)t ~ \cos^{2n-2}t ~dt. $$ Utilizando el valor de esta integral de [GR., p. 416], podemos escribir $$S_n=\frac{2^{2n}\Gamma(2n+1/2)}{\sqrt{\pi}\Gamma(2n)}\left(\frac{\pi} {2^{2n-1}(2n-1) B(2n+1/2,-1/2)}\right).$$ Finalmente, a través de la apertura de $B(x,y)$ y el uso de $\Gamma(-1/2)=-2 \sqrt{\pi},$ tenemos $$ S_n=\frac{1}{1-2n}.$$ Esta suma (3) puede ser seleccionada para ser la correcta y consistente, pero no llegó en su mayoría por la Mesa!!! Así que la pregunta es: ¿se Puede dar una alternativa de la prueba de (3) por la mano que es más simple, más directa y de carácter?

Answer 1

Mediante el uso de W-Z método, nos muestran una forma más general de la identidad: para $n\geq 2$, $$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}}=\frac{1+(-1)^n}{2(1-n)}.$$

Vamos $$F(n,k)= (-1)^k \frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}}(n-1).$$ A continuación, para $k=0,1,\dots,n$, $$F(n+1,k)-F(n,k)=G(n,k+1)-G(n,k)$$ con $$G(n,k)=(-1)^k\frac{\binom{2n}{2k-2}}{\binom{n+1}{k}}(n+1).$$ Por lo tanto $$\begin{align} \sum_{k=0}^{n+1}F(n+1,k)-\sum_{k=0}^{n}F(n,k)&=F(n+1,n+1)+ \sum_{k=0}^{n}(G(n,k+1)-G(n,k))\\ &=F(n+1,n+1)+G(n,n+1)-G(n,0)\\ &=(-1)^{n+1}n+(-1)^n(n+1)-0\\ &=(-1)^n. \end{align}.$$ Finalmente, para $n\geq 2$, $$\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}}=\frac{1}{n-1}\sum_{k=0}^{n}F(n,k)=\frac{1}{n-1}\sum_{k=2}^{n}(-1)^{k-1}=\frac{1+(-1)^n}{2(1-n)}.$$

Answer 2

Definir $$\newcommand{\bbinom}[2]{\left(\!\a la izquierda({#1\cima#2}\right)\!\right)} \begin{align} \bbinom{n}{k} &=\frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}}\\ &=\frac{(2n-1)!!}{(2k-1)!!\,(2n-2k-1)!!}\tag1 \end{align} $$ Similar a $n\binom{n-1}{k-1}=k\binom{n}{k}$, tenemos $$ (2n-1)\bbinom{n-1}{k-1}=(2k-1)\bbinom{n}{k}\tag2 $$ y como $\binom{n}{n-k}=\binom{n}{k}$, $$ \bbinom{n}{n-k}=\bbinom{n}{k}\tag3 $$

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Hasta que se indique lo contrario, asumen $n$ es incluso.

Sustituyendo $k\mapsto n-k$ y la aplicación de $(3)$da $$ \sum_{k=0}^n(-1)^k(n-2k)\bbinom{n}{k}=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}(2k-n)\bbinom{n}{k}\tag4 $$ Desde $n$ es incluso, $(4)$implica $$ \sum_{k=0}^n(-1)^k(n-2k)\bbinom{n}{k}=0\tag5 $$

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Sustituyendo $k\mapsto n-k+1$ y la aplicación de $(3)$, obtenemos $$ \sum_{k=1}^n(-1)^k\bbinom{n-1}{k-1}=\sum_{k=1}^n(-1)^{n-k+1}\bbinom{n-1}{k-1}\tag6 $$ Desde $n$ es incluso, $(6)$implica $$ \sum_{k=1}^n(-1)^k\bbinom{n-1}{k-1}=0\tag7 $$

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La aplicación de $(2)$ a $(7)$rendimientos $$ \begin{align} -1 &=-1+\overbrace{\sum_{k=1}^n(-1)^k(2n-1)\bbinom{n-1}{k-1}}^{(2n-1)\cdot0}\\ &=-1+\sum_{k=1}^n(-1)^k(2k-1)\bbinom{n}{k}\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k(2k-1)\bbinom{n}{k}\tag8 \end{align} $$ La adición de $(5)$ a $(8)$ y dividiendo por $n-1$da $$ \sum_{k=0}^n(-1)^k\bbinom{n}{k}=-\frac1{n-1}\tag9 $$

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El levantamiento de la suposición de que $n$ es incluso, ecuaciones $(7)$ e $(9)$ da el resultado $$ \sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}} =-\frac1{n-1}[2\mediados n]\etiqueta{10} $$ donde $[\cdots]$ son Iverson Soportes.