Werte eine Summe mit Binomialkoeffizienten aus: ∑nk=0(−1)kk(nk)2∑k=0n(−1)kk(nk)2\sum_{k=0}^{n} (-1)^kk \binom{n}{k}^2

Erste Benutzung$k\binom{n\vphantom{1}}{k}=n\binom{n-1}{k-1}=n\binom{n-1}{n-k}$

$$\sum_{k=0}^n(-1)^kk\binom{n}{k}^2 =n\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n-1}{n-k}\tag{1}$$ Berechnen Sie als nächstes eine erzeugende Funktion. Die Summe, die wir wollen, ist der Koeffizient von $x^n$ $$\begin{align} n\sum_{m,k}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n-1}{m-k}x^m &=n\sum_{m,k}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n-1}{m-k}x^{m-k}x^k\\ &=n\sum_k(-1)^k\binom{n}{k}(1+x)^{n-1}x^k\\ &=n(1+x)^{n-1}(1-x)^n\\ &=n\left(1-x^2\right)^{n-1}(1-x)\tag{2} \end{align}$$ Die Summe, die wir wollen, ist der Koeffizient von $x^n$In $(2)$: $$\begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^kk\binom{n}{k}^2 &=\left\{\begin{array}{} n\binom{n-1}{n/2}(-1)^{n/2}&\quad\text{if $n$ is even}\\[6pt] n\binom{n-1}{(n-1)/2}(-1)^{(n+1)/2}&\quad\text{if $n$ is odd} \end{array}\right.\\[6pt] &=n\binom{n-1}{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^{\lceil n/2\rceil}\tag{3} \end{align}$$

$$\text{ Hint: }\sum^{n}_{k=0}(-1)^k{n\choose k}^2=(-1)^m{2m\choose m},\ m=\frac{n}{2},\ \forall n: 2\mid n$$ $$\text{and}$$ $$\sum^{n}_{k=0}(-1)^k{n\choose k}^2=0,\ \forall n:2\nmid n$$

Dies kann auch unter Verwendung einer grundlegenden Technik mit komplexen Variablen erfolgen. Beginnen Sie wie in @robjohns Antwort. Angenommen, wir versuchen zu bewerten

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

Führen Sie die Integraldarstellung ein

$${n-1\choose k-1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^k} (1+z)^{n-1} \; dz.$$

Dies ergibt das folgende Integral für die Summe

$$\frac{n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{k=1}^n {n\choose k} (-1)^k \frac{1}{z^k} (1+z)^{n-1} \; dz \\= \frac{n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{n-1} \sum_{k=1}^n {n\choose k} (-1)^k \frac{1}{z^k} \; dz \\= \frac{n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{n-1} \left(-1 + \left(1-\frac{1}{z}\right)^n \right) \; dz$$

Wir können das fallen lassen$-1$weil es an einem Produkt beteiligt ist, das vollständig ist. Diese Blätter

$$\frac{n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{n-1} \frac{(z-1)^n}{z^n} \; dz \\ = \frac{(-1)^n n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1-z) (1+z)^{n-1} \frac{(1-z)^{n-1}}{z^n} \; dz \\ = \frac{(-1)^n n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1-z) \frac{(1-z^2)^{n-1}}{z^n} \; dz.$$

Daraus folgt, dass der Wert der Summe gegeben ist durch

$$(-1)^n n [z^{n-1}] (1-z) (1-z^2)^{n-1}.$$

Für$n$sogar die$z$aus$1-z$teilnimmt und für$n$ungerade das man teilnimmt.

Wir haben für$n$sogar das Ergebnis

$$(-1)^n n \times (-1) (-1)^{(n-2)/2} {n-1\choose (n-2)/2} = n \times (-1)^{n/2} {n-1\choose n/2-1} \\= n \times (-1)^{n/2} {n-1\choose n/2}$$ und für $n$seltsam $$(-1)^n n \times (-1)^{(n-1)/2} {n-1\choose (n-1)/2} = n \times (-1)^{(n+1)/2} {n-1\choose (n-1)/2}.$$

Wenn wir diese beiden Begriffe verbinden, erhalten wir

$$n \times (-1)^{\lceil n/2 \rceil} {n-1\choose \lfloor n/2 \rfloor}.$$

Eine Spur, wann diese Methode auf MSE erschienen ist und von wem, beginnt unter diesem MSE-Link .