Por medio de enriquecimiento aquí es otra prueba de álgebra básica
variables complejas. Como he señalado en el comentario de esta identidad es
muy simple de usar una convolución, así que lo que sigue debe ser considerado
un ejercicio de aprendizaje.
Buscamos para calcular
$$\sum_{k=0}^n {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k}.$$
Introducir la representación integral
$${2n-2k\elegir n-k}
= \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-2k}}{z^{n-k+1}} \; dz.$$
Usamos esto para obtener una integral para la suma. Tenga en cuenta que cuando se $k>n$
el poste de cero desaparece lo que significa que la integral es
cero. Por lo tanto, podemos extender la suma de los infinitos términos, llegar
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}}
\sum_{k\ge 0} {2k\elegir k} \frac{z^k}{(1+z)^{2k}}\; dz.$$
Recordemos que
$$\sum_{k\ge 0} {2k\choose k} w^k = \frac{1}{\sqrt{1-4w}}$$
así que esto se convierte en
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}} \frac{1}{\sqrt{1-4z/(1+z)^2}} \; dz
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}} \frac{1+z}{\sqrt{(1+z)^2-4z}} \; dz
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} \; dz.$$
La extracción de los coeficientes obtenemos
$$\sum_{q=0}^n {2n+1\elegir q} =
\frac{1}{2} 2^{2n+1} = 2^{2n} = 4^n.$$
Al parecer, este método es debido a Egorychev.
Adenda.
El Lagrange de la inversión de la prueba es similar a esto. Buscamos para calcular
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{k+1}} \frac{1}{\sqrt{1-4z}} \; dz.$$
Poner $1-4z = w^2$, de modo que
$z= \frac{1}{4} - \frac{1}{4} w^2$ $dz = -\frac{1}{2} w \; dw$
para obtener
$$-\frac{1}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\epsilon}
\frac{4^{k+1}}{(1-w^2)^{k+1}} \frac{1}{w} \frac{1}{2} w \; dw
\\ = -\frac{2^{2k+1}}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\epsilon}
\frac{1}{(1-w)^{k+1}} \frac{1}{(1+w)^{k+1}} \; dw
\\ = -\frac{2^{2k+1}}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\epsilon}
\frac{1}{(1-w)^{k+1}} \frac{1}{(2+w-1)^{k+1}} \; dw
\\ = -\frac{2^k}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\epsilon}
\frac{1}{(1-w)^{k+1}} \frac{1}{(1+(w-1)/2)^{k+1}} \; dw
\\ = -\frac{2^k (-1)^{k+1}}{2\pi i}
\int_{|w-1|=\epsilon}
\frac{1}{(w-1)^{k+1}} \frac{1}{(1+(w-1)/2)^{k+1}} \; ps.$$
La extracción de los coeficientes obtenemos
$$- 2^k (-1)^{k+1} {k+k\elegir k} \frac{(-1)^k}{2^k}
= {2k\elegir k}.$$
No es difícil ver que en el anterior de sustitución de la imagen de
un pequeño radio de círculo hacia la izquierda alrededor del origen en el $z$
es un plano de un pequeño círculo de radio alrededor de $w=1$ también atravesado
en sentido antihorario.
Un cálculo similar se puede encontrar en este
MSE enlace.
