证明：
k=0∑n(nk)2k+1(−1)k=(2n+1)!!(2n)!!
其中(nk)=Cnk，n!!={1×3×⋯×n2×4×⋯×n,,n%2=1n%2=0
证法1：
首先配成二项式定理的形式：
k=0∑n(kn)2k+1(−1)k
=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{2n-k}\cfrac{1}{2k+1}\tag{1}
\\=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{n-k}(-1)^n\int_0^1x^{2k}\mathrm{~d}x\tag{2}
其中(1)由一个数加减一个偶数奇偶性不变得到，(2)由公式∫axn=an+1xn+1得到
通过二项式定理：
(1−x2)n=(−1)n(x2−1)n=(−1)nk=0∑n(kn)x2k(−1)n−k=k=0∑n(kn)x2k(−1)n−k(−1)n
对原式进行变形：
k=0∑n(kn)(−1)n−k(−1)nx2k dx=k=0∑n∫01(kn)(−1)n−k(−1)nx2k dx=∫01k=0∑n(kn)(−1)n−kx2k(−1)n dx=∫01(1−x2)n dx
现在只需要求出这个积分即可，使用分部积分法，构造积分列：
记：
In=∫(1−x2)n dx
根据分部积分法：(∫u dv=uv−∫v du)
In=x(1−x2)n−∫xd(1−x2)n
注意到：
d(1−x2)n=−2nx(1−x2)n−1 dx
于是：
In=x(1−x2)n−∫(−2nx2(1−x2)n−1 dx)=x(1−x2)n+2n∫x2(1−x2)n−1 dx
由于x2=1−(1−x2)：
In=x(1−x2)n+2n∫(1−(1−x2))(1−x2)n−1dx=x(1−x2)+2n∫(1−x2)n−1 dx−(1−x2)(1−x2)n−1 dx=x(1−x2)n+2n∫(1−x2)n−1 dx−(1−x2)n dx=x(1−x2)n+2n∫(1−x2)n−1 dx−2n∫(1−x2)n dx=x(1−x2)n+2nIn−1−2nIn
所以：
(2n+1)In=x(1−x2)n+2nIn−1In=2n+1x(1−x2)n+2n+12nIn−1 (3)
不定积分已经计算完毕，现在开始求定积分：
设(3)式的原函数为Fn(x)，则F0(0)=0，F0(1)=1
开始递推：
Fn(0)=2n+10(1−02)n+2n+12nFn−1(0)=2n+12nFn−1(0)=2n+12n×2n−12n−2Fn−2(0)=2n+12n×2n−12n−2×2n−32n−4×⋯=(2n+1)!!(2n)!!F0(0)=0
Fn(1)=2n+11(1−12)n+2n+12nFn−1(1)=(2n+1)!!(2n)!!F0(1)=(2n+1)!!(2n)!!
证毕
证法2：
引入扩展组合数：
\binom{n}{k}(n\in\mathbb{R},k\in\mathbb{N})=\frac{\prod_{j=0}^{k-1}(n-j)}{k!})\tag{1}
扩展组合数满足扩展二项式定理：
(x+y)n=k=0∑∞(kn)xkyn−k(n∈R)
考虑特殊形式：
(1+x)n=k=0∑∞(kn)xk
记[xk]表示一个多项式的xk项系数，则：
[x^k](1+x)^n=\binom{n}{k}\tag{2}
扩展组合数的几个特殊性质：
性质1：
(k−1)=(−1)k
证明：
(k−1)=k!(−1−0)(−1−1)(−1−2)(⋯)(−1−k+1)=(−1)kk!1×2×3×⋯×k=(−1)kk!k!=(−1)k
性质2：
\binom{-\frac{1}{2}}{k}=(-1)^k\cfrac{(2k-1)!!}{2^kk!}=(-1)^k\cfrac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\tag{3}
证明：
(k−21)=k!∏j=0k−1(−21−j)=(−1)kk!∏j=0k−1(21+j)=(−1)kk!∏j=0k−1(21+2j)=(−1)k2kk!∏j=0k−1(1+2j)=(−1)k2kk!(2k−1)!!
对于双阶乘，有：
(2n)!!=\prod_{k=1}^{n}(2k)=2^k\prod_{k=1}^{n}k=2^kk!\tag{4}
于是：
(−1)k2kk!(2k−1)!!=(−1)k(2k)!!(2k−1)!!
(3)式证毕
考虑用(k−21)构造等式：
\binom{n}{k}\cfrac{(-1)^k}{2k+1}=\cfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\binom{-\frac{1}{2}}{k}\binom{x}{n-k}\tag{5}
由此，最后只需证明：
∑k=0n(2n+1)!!(2n)!!(k−21)(n−kx)=(2n+1)!!(2n)!!
即：
(2n+1)!!(2n)!!∑k=0n(k−21)(n−kx)=(2n+1)!!(2n)!!
即：
∑k=0n(k−21)(n−kx)=1
对(5)中的组合数利用(3)式进行展开：
k!(n−k)!n!×2k+1(−1)k=(2n+1)!!(2n)!!×2kk!(−1)k(2k−1)!!×(n−k)!∏j=0n−k−1(x−j)
先约分：
2k+1n!=(2n+1)!!(2n)!!×2k(2k−1)!!∏j=0n−k−1(x−j)
注意到(2n+1)!!与(2k−1)!!和(2k−1)可以约分，即：
(2n+1)!!=1×3×⋯×(2k−1)×(2k+1)×⋯×(2n+1)
于是原式化简为：
n!=∏j=0n−k−12n+1−2j(2n)!!×2k1∏j=0n−k−1(x−j)
由(4)式，为消去(2n)!!与n!，将等号右边分母乘上2n−k
同时∏j=0n−k−1(x−j)化简后必须包含∏j=0n−k−1(2n+1−2j)
令2n+1−2j=2x−2j,x=n+21
于是最后构造出等号右侧的项为(n−kn+21)
既然已经构造出：
(kn)2k+1(−1)k=(2n+1)!!(2n)!!(k−21)(n−kn+21)
证明原式
∑k=0n(kn)2k+1(−1)k=(2n+1)!!(2n!!)
的时候，只需证明：
∑k=0n(k−21)(n−kn+21)=1
考虑利用式(2)：
\sum_{k=0}^{n}\binom{-\frac{1}{2}}{k}\binom{n+\frac{1}{2}}{n-k}=\sum_{k=0}^{n}[x^k](1+x)^{-\frac{1}{2}}[x^{n-k}](1+x)^{n+\frac{1}{2}}\tag{6}
对于(6)式进行卷积，设f(x)=(1+x)−21，g(x)=(1+x)n+21
则：
∑k=0n(k−21)(n−kn+21)=∑k=0n[xk]f(x)xn−kg(x)=[xn](f∗g)
f∗g等于(1+x)−21×(1+x)n+21=(1+x)n
于是上式就等于[xn](1+x)n
利用(2)式，则可得：
[xn](1+x)n=(nn)=1
证毕