Вычисление суммы [Комбинаторика]

[Whitaker]

Здравствуйте!
Нужно вычислить такую сумму:
$S_{n}=(C_{n}^{0})^2-(C_{n}^{1})^2+(C_{n}^{2})^2-(C_{n}^{3})^2+...+(-1)^n(C_{n}^{n})^2$.
Вот моя попытка решения:
Пусть $n$-нечетное, т.е. $n=2m+1$. Тогда получаем:
$S_{2m+1}=(C_{2m+1}^{0})^2-(C_{2m+1}^{1})^2+(C_{2m+1}^{2})^2-(C_{2m+1}^{3})^2+...+(C_{2m+1}^{2m})^2-(C_{2m+1}^{2m+1})^2=[(C_{2m+1}^{0})^2+(C_{2m+1}^{1})^2+(C_{2m+1}^{2})^2+(C_{2m+1}^{3})^2+...+(C_{2m+1}^{2m})^2+(C_{2m+1}^{2m+1})^2]-2[(C_{2m+1}^{1})^2+(C_{2m+1}^{3})^2+...+(C_{2m+1}^{2m+1})^2]$
Так как

$(C_{2m+1}^{0})^2+(C_{2m+1}^{1})^2+(C_{2m+1}^{2})^2+(C_{2m+1}^{3})^2+...+(C_{2m+1}^{2m})^2+(C_{2m+1}^{2m+1})^2=C_{2(2m+1)}^{2m+1}=C_{4m+2}^{2m+1}$.
Получаем, что:
$S_{2m+1}=C_{4m+2}^{2m+1}-2[(C_{2m+1}^{1})^2+(C_{2m+1}^{3})^2+...+(C_{2m+1}^{2m+1})^2]$.
Далее применяя тождество: $C_{n}^{k}=C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}$ получаем:
$S_{2m+1}=C_{4m+2}^{2m+1}-2[(C_{2m}^{0}+C_{2m}^{1})^2+(C_{2m}^{2}+C_{2m}^{3})^2+...+(C_{2m}^{2m-2}+C_{2m}^{2m-1})^2+(C_{2m}^{2m})^2]=C_{4m+2}^{2m+1}-2[(C_{2m}^{0})^2+(C_{2m}^{1})^2+(C_{2m}^{2})^2+(C_{2m}^{3})^2+...+(C_{2m}^{2m-1})^2+(C_{2m}^{2m})^2+2C_{2m}^{0}C_{2m}^{1}+2C_{2m}^{2}C_{2m}^{3}+...+2C_{2m}^{2m-2}C_{2m}^{2m-1}]=C_{4m+2}^{2m+1}-2[C_{4m}^{2m}+P(m)]$
$P(m)=2C_{2m}^{0}C_{2m}^{1}+2C_{2m}^{2}C_{2m}^{3}+...+2C_{2m}^{2m-2}C_{2m}^{2m-1}$.
Как уже найти $P(m)$?
P.S. Если у кого-нибудь есть другое решение, предлагайте. Буду очень рад прочитать.

[Sonic86]

Не знаю, насколько оптимально все решение, но сумму $P(m)$ можно попытаться найти с помощью свертки Вандермонда:

$$\sum\limits_k C_r^k C_s^{n-k} = C_{r+s}^n$$

[ShMaxG]

Ну начнем с того, если $n$ нечетно, то $S_n = 0$, что совершенно очевидно и далеко ходить не надо. Ибо каждому слагаемому по противоположной паре...

[Whitaker]

Да решение действительно громоздкое. Но ничего по-лучше я не смог найти.

-- Чт авг 18, 2011 11:08:26 --

ShMaxG в сообщении #476018 писал(а):

Ну начнем с того, если $n$ нечетно, то $S_n = 0$, что совершенно очевидно и далеко ходить не надо. Ибо каждому слагаемому по противоположной паре...

Да да ShMaxG Вы правы. Вот я ступил.

[AlexValk]

Рассмотрите произведение биноминальных рядов для $(e^{ix}+1)^n$ и $(e^{-ix}-1)^n$, и проинтегрируйте почленно по $x$ от 0 до $2\pi$.

[Whitaker]

Для случая, когда $n$-нечетное показали, что $S_n=0$. А для случая когда $n$-четное никаких мыслей пока нет.

[Whitaker]

Я рассмотрел эту задачу по-другому:
$(1+x)^n$ и $(1-x)^n$ раскрыл по биному Ньютона и нашел коэффициент, стоящий перед $x^n$ в произведении $(1+x)^n(1-x)^n$. И так далее.
При $n=2m$ четном получается $(-1)^mC_{2m}^{m}$, а при $n=2m+1$ получается ноль.

Спасибо всем за помощь.