Buscando una prueba de una identidad interesante

Question

Trabajando en un problema, he encontrado una identidad interesante:

$$\ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ left (\ frac {x} {2} \ right) ^ {n +2k} \ binom {n +2k} {k} = \ frac {1} {\ sqrt {1-x ^ 2}} \ left (\ frac {1- \ sqrt {1-x ^ 2}} {x} \ right) ^ n,$$ donde$n$ es un entero no negativo número y$x$ es un número real con un valor absoluto menor que 1 (probablemente una expresión similar sea válida para números complejos arbitrarios$|z|<1$).

¿Hay alguna prueba simple de esta identidad?

Answer 1

El uso de

$$\binom{n}{k}=\frac{1}{2 \pi i}\oint_C\frac{(1+z)^{n}}{z^{k+1}}dz$$ obtenemos (integración de contorno es la unidad cicrle)

$$2\pi iS_n=\cualquier dz \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1+z)^{n+2k}x^{n+2k}}{z^{k+1}2^{n+2k}}=\cualquier dz \frac{(1+z)^n x^n}{z2^n}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1+z)^{2k}x^{2k}}{2^{2k}z^k}=\\ 4\frac{x^n}{2^n}\cualquier dz \underbrace{\frac{(1+z)^n}{4z-(1+z)^2x^2}}_{f(z)}$$

para $|x|<1$ sólo tenemos sólo uno de los polos de $f(z)$ dentro del círculo unitario es decir $z_0(x)=\frac2{x^2}-\frac{2\sqrt{1-x^2}}{x^2}-1$ , por lo que

$$S_n=4\frac{x^n}{2^n}\text{res}(f(z),z=z_0(x))=4\frac{x^n}{2^n}\left[ \frac{1}{4 \sqrt{1-x^2}}\left(2\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{ x^2}\right)^n\right]$$

o

$$S_n=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\left(\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{ x}\right)^n$$

Answer 2

La extracción de los coeficientes en el lado derecho obtenemos la integral (coeficiente de $x^{n+2k}$)

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+2k+1}} \frac{1}{\sqrt{1-z^2}} \left(\frac{1-\sqrt{1-z^2}}{z}\right)^n \; dz.$$

Ahora ponemos $(1-\sqrt{1-z^2})/z = w$, de modo que $z = 2w/(1+w^2).$ Esto ha $w = \frac{1}{2} z + \cdots$ , por lo que la imagen en $w$ de la curva de nivel en $z$ puede ser deformado a un pequeño círculo que encierra el origen en el $w$-plano. (Por otra parte podemos ver que el exponentiated plazo se inicia en $z^n$ , lo que justifica el desplazamiento correspondiente en la serie). Tenemos $dz = 2/(1+w^2) - 4w^2/(1+w^2)^2 \; dw = 2(1-w^2)/(1+w^2)^2 \; dw.$ también ha $1-z^2 = 1 - 4w^2/(1+w^2)^2 = (1-w^2)^2/(1+w^2)^2.$ Todos este rendimientos

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{(1+w^2)^{n+2k+1}}{2^{n+2k+1} w^{n+2k+1}} \frac{1}{(1-w^2)/(1+w^2)} w^n \frac{2(1-w^2)}{(1+w^2)^2} \; dw \\ = \frac{1}{2^{n+2k}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{(1+w^2)^{n+2k}}{w^{n+2k+1}} w^n \; dw \\ = \frac{1}{2^{n+2k}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{(1+w^2)^{n+2k}}{w^{2k+1}} \; ps.$$

Esto se evalúa a través de una inspección a

$$\frac{1}{2^{n+2k}} [w^{2k}] (1+w^2)^{n+2k} = \frac{1}{2^{n+2k}} [w^{k}] (1+w)^{n+2k} \\ = \frac{1}{2^{n+2k}} {n+2k\elegir k}$$

cual es el reclamo.