Creo que la siguiente igualdad se mantiene para todos los enteros $l\geq 1$ $$(2l+1)!2^l\sum_{k=0}^l\frac{(-1)^k(l-k)!}{k!(2l-2k+1)!4^k}=(-1)^l(2l-1)!!$$ (es correcto al menos para $l=1,2,3,4$ ), pero no puede demostrarlo. He intentado la inducción pero sin éxito. Cualquier idea es muy bienvenida.
EDITAR: He dado con una prueba indirecta. Todavía estoy interesado en una prueba directa. Sea $H_m$ denotan el $m$ polinomio de Hermite definido como (ver aquí para la definición y las propiedades de los polinomios de Hermite) \begin {align*} H_m(x):=(-1)^m \mathrm {e}^{ \frac {x^2}{2}} \frac {d^m}{dx^m} \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}}, \quad x \in\mathbb {R}. \end {align*}
Dejemos que $X$ sea una variable aleatoria gaussiana estándar y $\mathrm{sgn}$ denotan la función de signo de la función. Se puede evaluar para todo $p\geq 0$ \begin {align} \mathbf {E} \mathrm {sgn}(X)X^{p}&= \left\ { \begin {array}{ll} \mathbf {E}|X|^p & \text {si }p \text {es impar}, \\ 0 & \text {si } p \text {es par}, \end {array} \right. = \left\ { \begin {array}{ll} \frac {2^{ \frac {p}{2}} \Gamma\left ( \frac {p+1}{2} \right )} { \sqrt { \pi }} & \text {si }p \text {es impar}, \\ 0 & \text {si } p \text {es par}. \end {array} \right. (1) \end {align}
Tenemos la siguiente fórmula explícita para los polinomios de Hermite: para todo $m$ y $x\in\mathbb{R}$ \begin {align*} ¡H_m(x)=m! \sum_ {k=0}^{ \lfloor m/2 \rfloor } \frac {(-1)^k}{k!(m-2k)!2^k} x^{m-2k}. \end {align*}
Por $(1)$ para todos $m=2l+1$ con algunos $l\geq 1$ podemos calcular \begin {align*} a_m&:= \frac {1}{2} \mathbf {E} \mathrm {sgn}(X)H_m(X)= \frac {(2l+1)!}{2 \sqrt { \pi }} \sum_ {k=0}^l \frac {(-1)^k}{k!(2l-2k+1)!2^k}2^{l-k+1/2} \Gamma (l-k+1) \\ &= \frac {(2l+1)!2^l}{ \sqrt {2 \pi }} \sum_ {k=0}^l \frac {(-1)^k(l-k)!}{k!(2l-2k+1)!4^k}. \end {align*} Por otro lado, para cualquier $\varepsilon>0$ \begin {align} \sqrt {2 \pi }a_m&= \int_0 ^{ \infty } \mathrm {sgn}(x)H_m(x) \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}dx \\ &= \int_0 ^{ \varepsilon } \mathrm {sgn}(x)H_m(x) \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}}dx+(-1)^m \int_ { \varepsilon }^{ \infty } \frac {d^m}{dx^m} \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}dx \notag\\ &= \int_0 ^{ \varepsilon } \mathrm {sgn}(x)H_m(x) \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}}dx+(-1)^m \left ( \frac {d^{m-1}}{dx^{m-1}} \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}} \right ) \bigg |^{ \infty }_{ \varepsilon }. \quad (2) \end {align} Ahora \begin {align*} \left ( \frac {d^{m-1}}{dx^{m-1}} \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}} \right ) \bigg |^{ \infty }_{ \varepsilon }= (-1)^{m-1} \mathrm {e}^{- \frac {x^2}{2}}H_{m-1}(x) \bigg |^{ \infty }_{ \varepsilon }= (-1)^m \mathrm {e}^{- \frac { \varepsilon ^2}{2}}H_{m-1}( \varepsilon ). \end {align*} Dado que el integrando en $(2)$ está acotado en $[0,\varepsilon]$ (por ejemplo aquí ) y $\varepsilon$ es arbitraria concluimos que \begin {align*} \sqrt {2 \pi }a_m=H_{m-1}(0)=(-1)^{(m-1)/2}(m-2)!! \end {align*} y, por tanto, la identidad deseada se mantiene para todo $l\geq 1$ .
