问题
这篇杂谈的目的是解决如下问题：
如何求出如下形式幂级数的封闭形式：
\[\sum_{k\ge 0}\binom{2k}{k}z^k \]
方法一
观察系数，可以发现 \(\binom{2n}{n}\) 的形式也出现在了卡塔兰数的通项中。我们有卡塔兰数的封闭形式：
\[C(z)=\sum_{k\ge 0}\frac{\binom{2k}{k}}{k+1}z^k=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z} \]根据这个东西随便算几下可以得到：
\[\sum_{k\ge 0}\binom{2k}{k}z^k=(zC(z))'=(1-4z)^{-\frac{1}{2}} \]方法二
我们先来看一个比较简单的恒等式：
\[\newcommand{downp}[2]{#1^{\underline{#2}}} \downp{r}{k}\downp{\left(r-\frac{1}{2}\right)}{k}=2^{-2k}\downp{(2r)}{2k},k\in \mathbb{N} \]这个恒等式易于证明，只需要将 \(\downp{r}{k}\) 和 \(\downp{\left(r-\frac{1}{2}\right)}{k}\) 分别对应到 \(\downp{(2r)}{2k}\) 的奇项和偶项即可。
现在我们可以将它转化为组合数的形式：
\[\binom{r}{k}\binom{r-\frac{1}{2}}{k}=2^{-2k}\binom{2r}{k}\binom{2r-k}{k},k\in \mathbb N \]你可能已经注意到了，右边出现了 \(\binom{2r}{k}\) 这样的项，这和我们所需的 \(\binom{2n}{n}\) 已经相当接近了。因而，我们可以尝试代入 \(r=k=n,n\in \mathbb N\)：
\[\begin{aligned} \binom{n-\frac{1}{2}}{n}&=2^{-2n}\binom{2n}{n}\\ \binom{-\frac{1}2}{n}&=\left(-\frac 1 4\right)^n\binom{2n}{n}\\ \binom{2n}{n}&=(-4)^n\binom{-\frac{1}{2}}{n} \end{aligned} \]好的，现在我们已经得到了所需要的东西，可以代回到原来的问题中：
\[\begin{aligned} \sum_{k\ge 0}\binom{2k}{k}z^k &=\sum_{k\ge 0}(-4)^{k}\binom{-\frac{1}{2}}{k}z^k\\ &=(1-4z)^{-\frac{1}{2}} \end{aligned} \]简单、直接、漂亮，不是吗？
更多问题
这里留下问题：
如何求出如下形式幂级数的封闭形式：
\[\sum_{n\ge 0}\binom{kn}{n}z^n,k\ge 0 \]
我们已经解决了 \(k=0,1,2\) 的情形。剩余的部分留给不咕咕咕的笔者了。