Necesito evaluar, para una determinada pregunta formulada:
Si n es par $$\binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots\binom{n}{n}$$ Si n es impar $$\binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots\binom{n}{n-1}$$
No he podido reducir esto usando la expansión binomial.
Las sumas dadas cuentan el número de subconjuntos de cardinalidad par de un $n$ -conjunto de elementos. Proporcionaré un argumento simple que muestra que el valor de esa suma es $2^{n-1}$ .
Fijar $x \in X$ (donde $|X|=n$ ). El mapa $f \colon \mathcal{P}(X) \to \mathcal{P}(X)$ (donde $\mathcal{P}(X)$ denota el conjunto de potencias de $X$ ) definida por $$ f(Y) = \begin{cases} Y \cup \{x\} &\text{if } x \notin Y \\ Y - \{x\} &\text{if } x \in Y \end{cases} $$
es una biyección de $\mathcal{P}(X)$ que lleva subconjuntos de cardinalidad par a subconjuntos de cardinalidad impar y viceversa. Por tanto, hay el mismo número de subconjuntos de cardinalidad par que de cardinalidad impar. Como hay $2^{n}$ subconjuntos totales, debe haber $2^{n}/2 = 2^{n-1}$ subconjuntos de cardinalidad par.
La suma de todo coeficientes binomiales ${n \choose 0} + \cdots {n \choose n}$ es $2^n$ . Se trata de una ecuación bien conocida y la prueba más hábil es considerar el teorema del binomio para $(1+1)^n$ .
El teorema del binomio aplicado a $(1-1)^n$ dando la suma
$${n \choose 0} - {n \choose 1} + {n \choose 2} - \cdots \pm {n \choose n} = 0.$$
Esta última desigualdad es fácil de ver cuando se suman los $n$ de la fila del triángulo de Pascal con signos alternos y $n$ es impar. Por ejemplo: $1-5+10-10+5-1 = 0$ es evidente por la simetría de las entradas.
Para obtener la respuesta de todos los demás términos de la primera suma, puedes sumar estas dos fórmulas y las entradas negativas se anularán con las positivas, mientras que las positivas se duplicarán:
$$(1+1)^n + (1-1)^n = 2{n \choose 0} + 2{n \choose 2} + \cdots = 2^n + 0.$$
Ahora, para terminar, divide por dos. Para obtener las entradas impar (la segunda parte de tu pregunta), observa que $(1-1)^n = -(1-1)^n$ y utilizar la técnica anterior. O bien puede tomar la suma de todo y restar lo que acabamos de obtener para el incluso entradas.
Esta es una opinión más general. Sumas de la forma $\sum_k \binom{n}{2k} f(k)$ a veces se llaman sumas binomiales aireadas . Mi artículo " Sumas combinatorias y diferencias finitas " ( Matemáticas discretas , 307 (24): 3130-3146, 2007) demuestra algunos resultados generales sobre estas sumas binomiales aireadas. (Véase la sección 4.) El caso $f(k) = 1$ (como en la pregunta de la OP) cae muy bien.
Supongamos que usted está interesado, para alguna función $f(k)$ en la suma binomial
$$B(n) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{2k} f(k).$$
Entonces, tomando la diferencia finita $\Delta f(k) = f(k+1) - f(k)$ , denotan $A(n)$ por
$$A(n) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{2k} \Delta f(k).$$
En el documento demuestro que $B(n)$ y $A(n)$ están relacionados a través de $$B(n) = 2^{n-1} f(0) + 2^n \sum_{k=2}^n \frac{A(k-2)}{2^k} + \frac{f(0)}{2}[n=0],$$ donde $[n=0]$ evalúa a $1$ si $n=0$ y $0$ de lo contrario.
Desde $f(k) = 1$ en la pregunta de la OP, $\Delta f(k) = 0$ y así $A(n) = 0$ para todos $n$ . Así, $$\sum_{k=0}^n \binom{n}{2k} = 2^{n-1} + \frac{1}{2}[n=0].$$
De forma más general, este enfoque puede utilizarse para demostrar que, para $m \geq 1$ , $$\sum_k \binom{n}{2k} k^{\underline{m}} = n(n-m-1)^{\underline{m-1}} \, 2^{n-2m-1} [n \geq m+1],$$ y $$\sum_k \binom{n}{2k} k^m = n \sum_j \left\{ m \atop j\right\} \binom{n-j-1}{j-1} (j-1)! \, 2^{n-2j-1},$$ donde $\left\{ m \atop j\right\}$ es un Número de Stirling del segundo tipo . (Aunque la segunda ecuación cambia una suma por otra, no hay más que $m$ términos en el lado derecho, por lo que es útil cuando $m$ es pequeño).
El enfoque también puede extenderse a sumas de la forma $\sum_k \binom{n}{ak+b} f(k)$ . (Y el caso $a = 2, b = 1$ se considera explícitamente en el documento). Utilizando valores más altos de $a$ y $b$ Sin embargo, el resultado serían expresiones cada vez más complicadas.
Dejemos que $X$ sea un binomio $(n,p)$ variable aleatoria con $p=1/2$ . Si $n$ es par, entonces la probabilidad de que $X$ es par es igual a $$ \sum\limits_{k = 0,2, \ldots ,n} {{n \choose k}\frac{1}{{2^n }}} . $$ Por otro lado, esta probabilidad es obviamente igual a $1/2$ (Considere $X$ como la suma de $n$ variables aleatorias independientes que toman los valores $0$ y $1$ con probabilidad $1/2$ cada uno). Por lo tanto, $$ \sum\limits_{k = 0,2, \ldots ,n} {{n \choose k}} = 2^n \frac{1}{2} = 2^{n - 1} . $$
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