ウォリス積分を使ったカタラン数の母関数の求め方

ウォリス積分の結果より以下の等式が成り立つ
$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n}x\ dx =\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot \frac{\pi}{2}= \frac{{}_{2n} \mathrm{C}_n}{2^{2n}} \cdot \frac{\pi}{2}$$
したがって
$$\sum_{n=0}^\infty {}_{2n} \mathrm{C}_n x^n=\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^\infty \int_0^{\frac{\pi}{2}} (4x\sin^2t)^n \ dt $$
が成立する. $0<4x<1$とすると$0<4x\sin^2t<1$となるので, 無限等比級数の和の公式が適応できる.(積分とシグマの交換については問題ないことが簡単に確認できる.)
\begin{align*} \frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^\infty \int_0^{\frac{\pi}{2}} (4x\sin^2t)^n \ dt &=\frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sum_{n=0}^\infty (4x\sin^2t)^n \ dt \\ &=\frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1-4x\sin^2t}dt\\ &=\frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1-2x(1- \cos2t )}dt \end{align*}
このとき, $\tan t=y$と置換すると, 積分範囲は$0\to\infty$,$\cos 2t=\dfrac{1-y^2}{1+y^2}$, $dt=\dfrac{1}{1+y^2}dy$なので
\begin{align*} \frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1-2x(1- \cos2t )}dt &=\frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{1}{1-2x(1- \frac{1-y^2}{1+y^2} )}\cdot \frac{1}{1+y^2} dy\\ &=\frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{1}{1+y^2-2x(1+y^2- (1-y^2) )} dy \\ &=\frac{2}{\pi} \int_0^{\infty} \frac{1}{1+(1-4x)y^2 } dy \\ &=\frac{2}{\pi}\left[ \frac{1}{\sqrt{1-4x}}\cdot \arctan y \right]_0^\infty \\ &=\frac{1}{\sqrt{1-4x}} \end{align*}
よって
$$ \dfrac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum_{n=0}^\infty {}_{2n} \mathrm{C}_n x^n$$
が成立する.

$$ \dfrac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum_{n=0}^\infty {}_{2n} \mathrm{C}_n x^n$$
が成立するので, 両辺を$x$で積分すると,
\begin{align*} \int \sum_{n=0}^\infty {}_{2n} \mathrm{C}_n x^n dx&=\int \dfrac{1}{\sqrt{1-4x}} dx\\ \sum_{n=0}^\infty \frac{{}_{2n} \mathrm{C}_n}{n+1} x^{n+1} &=\frac{C}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{1-4x} \cdots (1)\\ \sum_{n=0}^\infty c_n x^{n} &=\frac{C-\sqrt{1-4x}}{2x}\\ \end{align*}
$(1)$に$x=0$を代入すると$0=\dfrac{C}{2}-\dfrac{1}{2}$となるので$C=1$. よって
$$ \sum_{n=0}^\infty c_n x^{n} =\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$$