Suma de cuadrados de coeficientes binomiales mediante el teorema del residuo

Question

Hace poco me encontré con esta interesante pregunta para la que tengo una idea, pero que no consigo completar. Básicamente, usamos la fórmula del residuo para encontrar $$ \sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}^2$$ Definimos $f$ como \begin{align*} f(z)&= \frac{1}{z}(1+z)^n(1+\frac{1}{z})^n\\ &= \frac{1}{z}\left({n\choose 0} + {n\choose 1}z + \cdots + {n\choose n} z^n \right)\left({n\choose 0} + {n\choose 1}\frac{1}{z} + \cdots + {n\choose n} \frac{1}{z}^n \right)\\ \end{align*} Vemos que el $\frac{1}{z}$ tendrá el coeficiente $\sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}^2$ . Esto implicaría que $$res_{z=0} f(z) = \sum\limits_{k=0}^n{n\choose k}^2$$ Aquí es donde las cosas empiezan a desmoronarse para mí. Elijo integrar $f$ sobre el disco de la unidad $D$ que contiene el polo $z=0$ y según el teorema del residuo, debería obtener que $$ \int\limits_D f(z)dz = 2\pi i \sum\limits_{k=0}^n{n\choose k}^2$$

Pero calculando la integral, obtengo que \begin{align*} \int\limits_D f(z)dz &= \int\limits_0^{2\pi} \frac{ie^{i\theta}}{e^{i\theta}}(1+e^{i\theta})^n(1+e^{-i\theta})^nd\theta\\ &= i \int\limits_0^{2\pi} (1+e^{i\theta})^n (1+e^{-i\theta})^nd\theta \end{align*} Sin embargo, Wolfram Alpha tiene que esta integral va a $0$ pero no tenemos eso $\sum\limits_{k=0}^n {n\choose k}^2 = 0$ . ¿Le importaría a alguien indicarme dónde he metido la pata en mi prueba o quizás indicarme una dirección mejor?

Answer 1

Utilizando la fórmula de reducción $$\int_0^\pi\cos^{2n}\phi\,d\phi =\frac{2n-1}{2n}\int_0^\pi\cos^{2n-2}\phi\,d\phi\ ,$$ su suma es $$\eqalign{S &=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} (1+e^{i\theta})^n(1+e^{-i\theta})^n\,d\theta\cr &=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}(2+2\cos\theta)^n\,d\theta\cr &=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} 2^{2n}\cos^{2n}\frac\theta2\,d\theta\cr &=\frac1\pi\int_0^\pi2^{2n}\cos^{2n}\phi\,d\phi\cr &=\frac1\pi 2^{2n}\frac{2n-1}{2n}\frac{2n-3}{2n-2}\cdots\frac12\pi\cr &=\frac{(2n)!}{(n!)^2}\cr &=\binom{2n}n\ .\cr}$$

Answer 2

Nótese, que aplicar el teorema del residuo es extraer el coeficiente de $z^{-1}$ de la expansión de la serie Laurent.

Utilización de la coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ i \begin{align*} \color{blue}{\mathrm{res}_{z=0}f(z)}&=[z^{-1}]\frac{1}{z}(1+z)^n\left(1+\frac{1}{z}\right)^n\\ &=[z^{-1}]\frac{1}{z^{n+1}}(1+z)^{2n}\\ &=[z^n](1+z)^{2n}\\ &\,\,\color{blue}{=\binom{2n}{n}} \end{align*}

Answer 3

¡Qué problema tan bonito! Pista: usando la fórmula de Cauchy, $\int_c g(z)/ (z-a)^{n+1}= \frac{2\pi i}{n!} g^{(n)}(a)$ donde $g(z)=(1+z)^{2n}$ se reduce a encontrar el $n$ derivada de $g$ a 0.