Aquí hay una respuesta que se repite algunos de los materiales de la cuestión
pero los bravos de forma ligeramente diferente.
Buscamos para calcular
$$\sum_{k=0}^n {2k\choose k} 2^{-2k}.$$
Introducir la representación integral
$${2k\elegir k}
= \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2k}}{z^{k+1}} \; dz.$$
Esto da por la suma
$$\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z} \sum_{k=0}^n
\frac{(1+z)^{2k}}{z^k} 2^{-2k} \; dz
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z} \sum_{k=0}^n
\left(\frac{(1+z)^2}{4z}\right)^k \; dz
\\ = \frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z}
\frac{((1+z)^2/4/z)^{n+1}-1}{(1+z)^2/4/z-1} \; dz
\\ = \frac{4}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{((1+z)^2/4/z)^{n+1}-1}{(1-z)^2} \; dz.$$
El segundo término de la diferencia no contribuir y estamos a la izquierda
con
$$\frac{4}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{(1-z)^2}
((1+z)^2/4/z)^{n+1} \; dz
\\ = \frac{4}{4^{n+1}}\frac{1}{2\pi i}
\int_{|z|=\epsilon}
\frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{(1-z)^2} (1+z)^{2n+2} \; dz .$$
La extracción de los coeficientes de esto podemos obtener
$$\frac{1}{2^{2n}} \sum_{q=0}^n {2n+2\choose q} (n-q+1).$$
Aquí hemos calculado
$$[z^n] \frac{1}{(1-z)^2} (1+z)^{2n+2}$$
por la coincidencia de la primera $n+1$ potencias $z^q$ $z^n$ desde el
polinomio con el poder correspondiente $z^{n-q}$ a partir de los racionales
plazo.
Hay dos piezas de aquí, la primera es:
$$\frac{n+1}{2^{2n}} \sum_{q=0}^n {2n+2\elegir q}
= \frac{n+1}{2^{2n}}
\frac{1}{2}
\left(2^{2n+2} - {2n+2\elegir n+1}\right).$$
La segunda pieza es:
$$- \frac{1}{2^{2n}} \sum_{q=0}^n {2n+2\elegir q} \times p
= - \frac{1}{2^{2n}} \sum_{q=1}^n {2n+2\elegir q} \times p
\\ = - \frac{2n+2}{2^{2n}} \sum_{q=1}^n {2n+1\elegir q-1}
= - \frac{2n+2}{2^{2n}} \sum_{q=0}^{n-1} {2n+1\elegir q}
\\ = - \frac{2n+2}{2^{2n}}
\frac{1}{2}
\left(2^{2n+1} - 2 {2n+1\elegir n}\right).$$
El nonbinomial plazo en la primera pieza es
$$\frac{n+1}{2^{2n}}
\frac{1}{2} 2^{2n+2} = 2n+2$$
y en la segunda pieza
$$- \frac{2n+2}{2^{2n}}
\frac{1}{2} 2^{2n+1} = -(2n+2)$$
así que estos dos cancelar.
Esto deja
$$\frac{n+1}{2^{2n}}
\left(2{2n+1\elegir n}
- \frac{1}{2}{2n+2\elegir n+1}\right)$$
que es
$$\frac{n+1}{2^{2n}}
\left(2 \frac{n+1}{2n+2} {2n+2\elegir n+1}
- \frac{1}{2}{2n+2\elegir n+1}\right)
\\= \frac{n+1}{2^{2n}} \frac{1}{2} {2n+2\elegir n+1}
= \frac{n+1}{2^{2n+1}} {2n+2\elegir n+1}.$$
Al parecer, este método es debido a Egorychev.
