El lado izquierdo es una función par de $n$, así que vamos a asumir (como implícitamente a la derecha) que $n\geq0$. También, denotan $t=\frac{\rho}{\rho_0}$ e $a=\frac{1+u}{2}$. Queremos calcular
$$ I= \int_0^{2\pi}\frac{e^{-in\Psi}}{\left(1-2t\cos\Psi+t^2\right)^{a}}d\Psi.\qquad\qquad (\mathrm{A})$$
Escribir
$$ 1-2t\cos\Psi+t^2=1-t(e^{i\Psi}+e^{-i\Psi})+t^2= (1-te^{i\Psi})(1-te^{-i\Psi}).$$
Recordemos que $(1-x)^{-a}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\Gamma(a+j)}{\Gamma(a)\Gamma(j+1)}x^j$. La multiplicación de dos series, podemos escribir
$$ \left(1-2t\cos\Psi+t^2\right)^{-a}=\sum_{j=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(a+j)\Gamma(a+k)}{\Gamma(a)\Gamma(j+1)\Gamma(a)\Gamma(k+1)}t^{j+k}e^{i(j-k)\Psi}.$$
Ahora queremos sustituir esta doble serie en (A) y se integran $e^{i(j-k-n)\Psi}$ w.r.t. $\Psi$. Esta es una tarea fácil, ya que casi todas las integrales son iguales a cero. El único no-cero términos provienen de $j-k-n=0$, donde la integral es igual a $2\pi$. Por lo tanto, (dejando sólo la suma de $k$ y la sustitución de $j$ por $n+k$) encontramos
\begin{align*} I =2\pi\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(a+n+k)\Gamma(a+k)}{\Gamma(a)\Gamma(n+k+1)\Gamma(a)\Gamma(k+1)}t^{n+2k}=\\
=2\pi t^n\times\frac{\Gamma(a+n)}{\Gamma(a)\Gamma(n+1)}\times\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(n+a+k)\Gamma(n+1)\Gamma(a+k)}{\Gamma(n+a)\Gamma(n+k+1)\Gamma(a)}\frac{\left(t^2\right)^k}{k!}.
\end{align*}
La última suma es el estándar de la serie representación de $_2F_1(a,n+a,n+1,t^2)$, y se obtiene la necesaria identidad. $\blacksquare$
Hay varias otras maneras de demostrar la misma fórmula. Por ejemplo, si usted está de acuerdo con el análisis complejo, usted puede considerar (A) como una integral sobre círculo unidad en el plano complejo $z=e^{-i\Psi}$ y, a continuación, reducir a la rama de corte $[0,t]$. Esto le dará Euler representación integral de la $_2F_1$.
