Supongamos que buscamos para comprobar que
$$\sum_{k=0}^n {n+k\choose k} \frac{1}{2^k} = 2^n.$$
A continuación vamos a hacer un esfuerzo para utilizar un conjunto diferente de las integrales
a partir de la respuesta por @MarkusScheuer, por la variedad de la causa, incluso si se trata de
no, la respuesta más simple.
La dificultad aquí radica en el hecho de que los coeficientes binomiales en
la LHS, no tiene un límite superior para la suma de cable en ellos. Utilizamos
una Iverson soporte de conseguir alrededor de esto:
$$[[0\le k\le n]]
= \frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma} \frac{w^k}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w} \; ps.$$
Introducir además
$${n+k\elegir k} =
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}}
\frac{1}{(1-z)^{k+1}} \; dz.$$
Con la Iverson soporte en su lugar podemos dejar que la suma de rango a
el infinito, la obtención de
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}}
\frac{1}{1-z}
\sum_{k\ge 0} \frac{w^k}{(1-z)^k} \frac{1}{2^k}
\; dz\; ps.$$
Esto converge al $|w| < |2(1-z)|.$ Simplificando tenemos
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}}
\frac{1}{1-z}
\frac{1}{1-w/(1-z)/2}
\; dz\; dw
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w}
\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}}
\frac{1}{1-z-w/2}
\; dz\; ps.$$
El polo en $z=1-w/2$ está fuera del contorno debido a los requisitos
en convergencia, así que podemos usar los negativos de los residuos allí,
llegar
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w}
\frac{1}{(1-w/2)^{n+1}} \; ps.$$
Esto podría haber sido obtenida por la inspección, sin pasar por la Iverson
soporte. Ahora pon $w (1-w/2) = v$, de modo que $w = 1-\sqrt{1-2v}$ (este
rama de mapas de $w=0$$v=0$) para obtener
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|v|=\gamma'} \frac{1}{v^{n+1}}
\frac{1}{\sqrt{1-2v}} \frac{1}{\sqrt{1-2v}} \; dv
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|v|=\gamma'} \frac{1}{v^{n+1}}
\frac{1}{1-2v} \; dv = 2^n.$$
Este es el reclamo.
Observar que
$$\mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z-w/2}
= - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} z^{n+1} \frac{1}{1-w/2-1/z}
\\ = - \mathrm{Res}_{z=0} z^{n} \frac{1}{z(1-w/2)-1} = 0.$$
Este fue un ejercicio interesante que muestra cómo la elección de contorno para
la convergencia influye en el cálculo. La rama de $\sqrt{1-2v}$
que se ha utilizado la rama cortada en $(1/2, \infty).$
