Suma del producto de coeficientes binomiales: ∑nk=0(−1)k(nk)(n+kk)=(−1)n∑k=0n(−1)k(nk)(n+kk)=(− 1)n\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n + k}{k} = (-1)^n

Si escribes la ecuación para probar como$\sum_k(-1)^{n-k}\binom nk\binom{n+k}n=1$, puede interpretar el lado izquierdo como el resultado de aplicar el$n$-ésima operación de diferencia finita$\Delta^n$a la secuencia$k\mapsto\binom kn$, y tomando el término de la sucesión resultante en$k=n$. Entonces$\Delta(k\mapsto\binom km)=k\mapsto\binom k{m-1}$implica que el lado izquierdo se convierte en$\Delta^n\left(k\mapsto\binom kn\right)(n)=\binom n{n-n}=\binom n0=1$como se desee.

Otro enfoque es reconocer la negación del índice superior en el segundo coeficiente binomial:

$$(-1)^k\binom{n+k}k=\binom{k-(n+k)-1}k=\binom{-n-1}k,$$ después de lo cual la identidad se convierte en instancia de la identidad de Vandermonde $$\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\binom{n + k}k= \sum_k\binom n{n-k}\binom{-n-1}k=\binom{-1}n=(-1)^n.$$

${}$

Agregado después de la solicitud en el comentario. Ninguno de estos argumentos requiere mucho más que un conocimiento básico sobre los coeficientes binomiales. El operador de diferencia$\Delta$es definido por$\Delta(f)(k)=f(k+1)-f(k)$, así que con$f:k\mapsto\binom km$uno obtiene

$$\Delta(f)(k)=\binom{k+1}m-\binom km=\binom k{m-1}$$

sólo de la recurrencia de Pascal. y la fórmula

$$\Delta^n(f)(n)=\sum_i(-1)^{n-i}\binom nif(n+i)$$ se sigue fácilmente por inducción a partir de la definición de $\Delta$, o si lo prefiere utilizando la identidad de los operadores $I$y cambio $S$en funciones, definidas por $I(f)=f$y $S(f)(i)=f(i+1)$, escribiendo $\Delta=S-I$, y usando la fórmula binomial para $(S-I)^n$(posible desde $S$y $I$desplazarse).

En la segunda variante, probablemente ya conozcas la fórmula.$\binom{-n}k= (-1)^k\binom{n+k-1}k$para coeficientes binomiales con índice superior negativo, o bien la igualdad entre las expresiones exteriores en

$$(1+X)^{-n} = \sum_{k\in\mathbf N} \binom{-n}kX^k = \sum_{k\in\mathbf N}(-1)^k\binom{n+k-1}kX^k$$ (si no, vea esta respuesta derivando la primera fórmula). Entonces $\sum_k(-1)^k\binom{n+k}kX^k=(1+X)^{-n-1}$, y la instancia de la identidad de Vandermonde se prueba comparando coeficientes en $$\sum_n\left(\sum_{k=0}^n(-1)^k\tbinom{n + k}k\tbinom nk\right)X^n =(1+X)^{-n-1}(1+X)^n=(1+X)^{-1}=\sum_n(-1)^nX^n$$ que podría ser la prueba utilizando sólo la manipulación de $(1+X)^{n-1}$tú pediste.

Supongamos que buscamos evaluar

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

Empezar desde

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

Esto produce la siguiente expresión para la suma

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{(-1)^k}{z^{k+1}} (1+z)^{n+k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z} \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^k \frac{(1+z)^k}{z^k}\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z} \left(1-\frac{z+1}{z}\right)^n \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z} \frac{(-1)^n}{z^n} \; dz \\ = \frac{(-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z^{n+1}}\; dz.$$

De ello se deduce que la forma cerrada de la suma está dada por

$$(-1)^n [z^n] (1+z)^n = (-1)^n.$$

Un rastro de cuándo apareció este método en MSE y por quién comienza en este enlace de MSE .

La siguiente prueba combinatoria también puede ser de interés. Después de multiplicar ambos lados por$(-1)^n$, y reindexando la suma reemplazando$k$con$n-k$, podemos reescribir la ecuación a demostrar como

$$\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}k\binom{2n-k}n=1$$ Ambos lados son la respuesta a la siguiente pregunta:

cuantas cuerdas de$n$unos y$n$ceros son no había cero es seguido inmediatamente por un uno?

Obviamente, solo hay una cadena de este tipo,$11\cdots100\cdots0$.

Por otro lado, podemos contar esto usando el principio de inclusión exclusión. Toma todos los$\binom{2n}n$cadenas de$n$ceros y$n$unos, y para cada uno$i=1,2,\dots,n$, reste las cadenas donde el$i^{th}$cero es seguido por unos. Cada cadena de este tipo se puede generar tomando una cadena arbitraria de$n$ceros y solo$n-1$unos, luego agregando uno después del$i^{th}$cero. Por lo tanto, para cada$i=1,\dots,n$, debemos restar$\binom{2n-1}n$, así que resta$n\binom{2n-1}n$.

Sin embargo, las cadenas con dos instancias de un cero seguidas de un uno se han restado dos veces, por lo que se deben volver a sumar. Con un método similar, las cadenas de números en las que tanto el$i^{th}$cero y el$j^{th}$cero son seguidos por unos es$\binom{2n-2}n$. Debemos agregar esto para cada uno de los$\binom{n}2$pares de ceros, así que suma$\binom{n}2\binom{2n-2}n$.

Continuando de esta manera (restando en las cadenas restadas tres veces, sumando las cadenas restadas cuádruplemente, etc.), recuperamos la suma alterna en el lado izquierdo.

Solo por ver un método directo:

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n + k}{k}= \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{n-k}\binom{-n-1 }{k}$$ $$=\binom{-1 }{n}=\left(-1\right)^{n}\binom{n}{n}=\left(-1\right)^{n}$$