z変換:二項係数 C(2n,n)のz変換を求める。

$$ a(n):=\binom{2n}{n}=\dfrac{(2n)!}{(n!)^2} $$とおく。なお、$n<0$のとき$a(n)=0$である。
式変形して
$$ \BEQ a(n) &=&\dfrac{(2n)(2n-1)(2n-2)!}{(n(n-1)!)^2}\\ &=&\dfrac{2n(2n-1)(2(n-1))!}{n^2((n-1)!)^2}\\ &=&\dfrac{2(2n-1)}{n}a(n-1)\\ \EEQ $$となり漸化式が得られた。
この漸化式に離散デルタ関数$δ(n)$と単位階段関数$u(n)$を使って初期値を埋め込んで
$$ \begin{eqnarray} a(n)&=& \left\{ \begin{array}{l} 1 & (n=0) \\ \frac{2(2n-1)}{n}a(n-1) & (n>0) \end{array} \right.\\ &=& δ(n)+\frac{2(2n-1)}{n}a(n-1) u(n-1)\\ &=& δ(n)+\left(4-\frac{2}{n}\right)a(n-1) u(n-1)\\ &=& δ(n)+4a(n-1) u(n-1)-\frac{2}{n}a(n-1) u(n-1)\\ \end{eqnarray} $$
両辺を$z$変換して、2項目にシフト則を適用して
$$ A(z)=1+4z^{-1}A(z)-2\ZT{\dfrac{a(n-1)u(n-1)}{n}} $$ただし$A(z)=\ZT{a(n)}$。ここで$\lim_{n \to 0}a(n-1)u(n-1)=a(-1)u(-1)=0\cdot 0=0 $なので$z$変換の積分則が使えてシフト則を適用して
$$ \BEQ A(z) &=& 1+4z^{-1}A(z)-2\left(\int_{z}^{\infty} w^{-1} \ZT{a(n-1)u(n-1)} dw +\lim_{n\to 0}\dfrac{a(n-1)u(n-1)}{n} \right)\\ &=& 1+4z^{-1}A(z)-2\int_{z}^{\infty} w^{-2} A(w) dw \quad \quad \because \lim_{n\to 0}\dfrac{a(n-1)u(n-1)}{n}=0\\ \EEQ $$ここで両辺を$z$で微分して式を整理すると
$$ \BEQ 4z^{-2}A(z)+(1-4z^{-1})\frac{d}{dz}A(z)&=& 2 z^{-2} A(z) \quad \quad \because \dfrac{d}{dz}\int_{z}^{\infty} w^{-2} A(w)dw=-z^{-2}A(z)\\ \frac{d}{dz}A(z)&=& -2 \frac{z^{-2}}{(1-4z^{-1})} A(z)\\ \frac{d}{dz}A(z)&=& -2 \frac{1}{z(z-4)} A(z)\\ \EEQ $$という変数分離型の微分方程式を得る。よって
$$ \BEQ \int \frac{dA(z)}{A(z)}&=& -2 \int \frac{1}{z(z-4)} dz\\ \log A(z)&=&-2 \int \frac{\frac{-1}{4}}{z}+\frac{\frac{1}{4}}{z-4} dz\\ &=&-\frac{2}{4} (-\log(z)+\log(z-4))+C_0\\ &=&-\frac{2}{4} \log(1-4z^{-1})+C_0\\ \therefore A(z)&=&e^{-\frac{1}{2} \log(1-4z^{-1})+C_0}=C_1 \cdot \sqrt{\frac{z}{z-4}} \EEQ $$ただし、$C_0,C_1$は積分定数。
$C_1$を求める。両辺の$z\to \infty$の極限をとり、左辺の極限は$z$変換の初期値の定理を適用して
$$ \BEQ \lim_{z \to \infty} A(z) &=&\lim_{z \to \infty} C_1 \cdot \sqrt{\frac{z}{z-4}} =\lim_{z \to \infty} C_1 \cdot \sqrt{\frac{1}{1-4z^{-1}}}\\ a(0)&=&C_1 \cdot \sqrt{\frac{1}{1-0}}=C_1\\ \EEQ $$　$a(0)=1$なので$C_1=1$
よって
$$ ∴\ZT{\binom{2n}{n}}=A(z)=\sqrt{\dfrac{z}{z-4}} \quad (\text{収束領域は}|z|>4) $$
となり命題が証明された。