Formelsammlung Mathematik: Unendliche Reihen: Hypergeometrische Reihen

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1.1

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+k)\,\Gamma (b+k)}{k!\,\Gamma (c+k)}}={\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (c-b)}}\qquad {\text{Re}}(c-a-b)>0$

Beweis (Formel von Gauß)

Für ${\text{Re}}(b)>0\,$ und ${\text{Re}}(c-a-b)>0\,$ ist

$I:=\int _{0}^{1}x^{b-1}\,(1-x)^{c-b-1}\,(1-x)^{-a}\,dx=B(b,c-a-b)={\frac {\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)}}$.

Unter Verwendung der Binomialreihe $(1-x)^{-a}=\sum _{k=0}^{\infty }{a-1+k \choose k}\,x^{k}$ ist

$I=\sum _{k=0}^{\infty }{a-1+k \choose k}\int _{0}^{1}x^{b+k-1}\,(1-x)^{c-b-1}\,dx$

$=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(a-1+k)!}{(a-1)!\,k!}}\,B(b+k,c-b)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+k)}{\Gamma (a)\,k!}}\,{\frac {\Gamma (b+k)\,\Gamma (c-b)}{\Gamma (c+k)}}$.

Also ist $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+k)\,\Gamma (b+k)}{k!\,\Gamma (c+k)}}={\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (c-b)}}$.

Wegen ${\frac {\Gamma (a+k)\,\Gamma (b+k)}{k!\,\Gamma (c+k)}}\sim {\frac {k^{a}\,k^{b}}{k\,\,k^{c}}}=k^{-1-(c-a-b)}$

konvergiert die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+k)\,\Gamma (b+k)}{k!\,\Gamma (c+k)}}$ auch unter der bloßen Bedingung ${\text{Re}}(c-a-b)>0\,$.

Und wird sich auch ohne die Bedingung ${\text{Re}}(b)>0\,$ durch ${\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (c-b)}}$ analytisch fortsetzen lassen.

 

1.2

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!\,(\alpha +k)!\,(\beta -k)!\,(\gamma -k)!}}={\frac {(\alpha +\beta +\gamma )!}{\beta !\,\gamma !\,(\alpha +\beta )!\,(\alpha +\gamma )!}}\qquad {\text{Re}}(\alpha +\beta +\gamma )>-1$

Beweis (modifizierte Formel von Gauß)

Diese Formel ist äquivalent zur Formel $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+k)\,\Gamma (b+k)}{k!\,\Gamma (c+k)}}={\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (c-b)}}$ für ${\text{Re}}(c-a-b)>0\,$.

Ersetze hierzu $\Gamma (a+k)\,$ durch ${\frac {(-1)^{k}\,\Gamma (a)\,\Gamma (1-a)}{\Gamma (1-a-k)}}$ und analog $\Gamma (b+k)\,$ durch ${\frac {(-1)^{k}\,\Gamma (b)\,\Gamma (1-b)}{\Gamma (1-b-k)}}$.

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (1-a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (1-b)}{k!\,\Gamma (c+k)\,\Gamma (1-a-k)\,\Gamma (1-b-k)}}={\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (c-b)}}$

gleichbedeutend mit $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-a)!\,(-b)!}{k!\,(c-1+k)!\,(-a-k)!\,(-b-k)!}}={\frac {(c-1-a-b)!}{(c-1-a)!\,(c-1-b)!}}$

Führe nun die Umbennenung $(a,b,c)=(-\beta ,-\gamma ,\alpha +1)\,$ durch.

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\beta !\,\gamma !}{k!\,(\alpha +k)!\,(\beta -k)!\,(\gamma -k)!}}={\frac {(\alpha +\beta +\gamma )!}{(\alpha +\beta )!\,(\alpha +\gamma )!}}$

Und ${\text{Re}}(c-a-b)>0\,$ ist äquivalent zu ${\text{Re}}(\alpha +1+\beta +\gamma )>0\,$ bzw. ${\text{Re}}(\alpha +\beta +\gamma )>-1\,$.

 

2

$\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,{\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}{n!\;\Gamma (1+a-b+n)}}={\frac {\Gamma \left({\frac {a}{2}}\right)\,\Gamma (b)}{2\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b\right)}}$

Beweis (Kummersche Formel)

Nach der Formel von Dixon ist $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}{n!\,\Gamma (1+a-b+n)}}\,\left[{\frac {\Gamma (c+n)}{\Gamma (c)}}\,{\frac {\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-c\right)\,\Gamma (1+a-b-c)}{\Gamma \left(1+a+n-c\right)\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b-c\right)}}\right]={\frac {\Gamma \left({\frac {a}{2}}\right)\,\Gamma (b)}{2\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b\right)}}$.

Für jedes $n\in \mathbb {N}$ geht der Ausdruck in eckigen Klammern gegen $(-1)^{n}\,$ wenn man $c\to -\infty \,$ gehen lässt.

Denn es gilt ${\frac {\Gamma (c+n)}{\Gamma (c)}}\sim c^{n}\,$ und ${\frac {\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-c\right)\,\Gamma (1+a-b-c)}{\Gamma \left(1+a+n-c\right)\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b-c\right)}}\sim {\frac {(-c)^{\left(1+{\frac {a}{2}}\right)+(1+a-b)}}{(-c)^{(1+a+n)-\left(1+{\frac {a}{2}}-b\right)}}}={\frac {1}{(-c)^{n}}}$ für $c\to -\infty \,$.

 

3.1

$\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}{\Gamma (c+n)\,\Gamma (d+n)}}={\frac {\pi ^{2}}{\sin a\pi \,\sin b\pi }}\,{\frac {\Gamma (c+d-a-b-1)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (c-b)\,\Gamma (d-b)}}\qquad {\begin{matrix}{\text{Re}}(c+d-a-b)>1\;,\;a,b\in \mathbb {C} \setminus \mathbb {Z} \\\\c-a\;,\;d-a\;,\;c-b\;,\;d-b\notin \mathbb {Z} ^{\leq 0}\end{matrix}}$

Beweis (Dougallsche Formel)

Betrachte die Funktion $f(z)=\pi \cot \pi z\,\,{\frac {\Gamma (a+z)\,\Gamma (b+z)}{\Gamma (c+z)\,\Gamma (d+z)}}$.

$\cot \pi z\,$ besitzt einfache Polstellen bei $z=0,\pm 1,\pm 2,...\,$

$\Gamma (a+z)\,$ bei $z=-a\,,\;-a-1\,,\;-a-2\,,\;...\,$

$\Gamma (b+z)\,$ bei $z=-b\,,\;-b-1\,,\;-b-2\,,\;...\,$

Es gibt eine Folge $(\gamma _{N})\,$ von Quadraten mit ${\text{dist}}(\gamma _{N},0)\to \infty \,$, so dass $\oint _{\gamma _{N}}f\,dz$ gegen null geht.

Also muss die Summe aller Residuen von $f\,$ gleich null sein.

$\forall n\in \mathbb {Z}$ ist ${\text{res}}(f,n)={\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}{\Gamma (c+n)\,\Gamma (d+n)}}$

und $\forall n\in \mathbb {Z} ^{\geq 0}$ ist ${\text{res}}(f,-a-n)=\underbrace {\pi \cot(-a\pi -n\pi )} _{-\pi \,\cot a\pi }\,{\frac {{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\,\Gamma (b-a-n)}{\Gamma (c-a-n)\,\Gamma (d-a-n)}}$.

Nach der Formel $\Gamma (x-n)={\frac {(-1)^{n}\,\Gamma (x)\,\Gamma (1-x)}{\Gamma (1-x+n)}}={\frac {(-1)^{n}}{\Gamma (1-x+n)}}\,{\frac {\pi }{\sin \pi x}}$

ist das $-\pi \cot a\pi \,{\frac {{\frac {(-1)^{n}}{n!}}\,{\frac {(-1)^{n}}{\Gamma (1+a-b+n)}}\,{\frac {\pi }{\sin(b-a)\pi }}}{{\frac {(-1)^{n}\,\Gamma (c-a)\,\Gamma (1+a-c)}{\Gamma (1+a-c+n)}}\,{\frac {(-1)^{n}\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (1+a-d)}{\Gamma (1+a-d+n)}}}}$

$=-\pi ^{2}{\frac {\cot a\pi }{\sin(b-a)\pi }}\,{\frac {1}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (1+a-c)\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (1+a-d)}}\,{\frac {\Gamma (1+a-c+n)\,\Gamma (1+a-d+n)}{n!\,\;\Gamma (1+a-b+n)}}$.

Nach der Gaußschen Formel $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}{n!\,\;\Gamma (c+n)}}={\frac {\Gamma (a)\,\Gamma (b)\,\Gamma (c-a-b)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (c-b)}}$ ist

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (1+a-c+n)\,\Gamma (1+a-d+n)}{n!\,\;\Gamma (1+a-b+n)}}={\frac {\Gamma (1+a-c)\,\Gamma (1+a-d)\,\Gamma (c+d-a-b-1)}{\Gamma (c-b)\,\Gamma (d-b)}}$.

Also ist $\sum _{n=0}^{\infty }{\text{res}}(f,-a-n)=-{\frac {\pi ^{2}\,\cot a\pi }{\sin(b-a)\pi }}\,{\frac {\Gamma (c+d-a-b-1)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (c-b)\,\Gamma (d-b)}}$.

Vertauscht man die Rollen von $a\,$ und $b\,$, so ist

$\sum _{n=0}^{\infty }{\text{res}}(f,-b-n)={\frac {\pi ^{2}\,\cot b\pi }{\sin(b-a)\pi }}\,{\frac {\Gamma (c+d-a-b-1)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (c-b)\,\Gamma (d-b)}}$.

Somit ist $\sum _{n=0}^{\infty }{\text{res}}(f,-a-n)+\sum _{n=0}^{\infty }{\text{res}}(f,-b-n)=-\pi ^{2}\,{\frac {\cot a\pi -\cot b\pi }{\sin(b-a)\pi }}\,{\frac {\Gamma (c+d-a-b-1)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (c-b)\,\Gamma (d-b)}}$,

wobei ${\frac {\cot a\pi -\cot b\pi }{\sin(b-a)\pi }}={\frac {{\frac {\cos a\pi }{\sin a\pi }}-{\frac {\cos b\pi }{\sin b\pi }}}{\sin(b-a)\pi }}={\frac {1}{\sin a\pi \,\sin b\pi }}\,{\frac {\sin b\pi \,\cos a\pi -\cos b\pi \,\sin a\pi }{\sin(b-a)\pi }}={\frac {1}{\sin a\pi \,\sin b\pi }}$ ist.

Da die Summe aller Residuen null ergibt, ist also

$\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}{\Gamma (c+n)\,\Gamma (d+n)}}={\frac {\pi ^{2}}{\sin a\pi \,\sin b\pi }}\,{\frac {\Gamma (c+d-a-b-1)}{\Gamma (c-a)\,\Gamma (d-a)\,\Gamma (c-b)\,\Gamma (d-b)}}$.

 

3.2

$\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)\,\Gamma (c-n)\,\Gamma (d-n)}}={\frac {\Gamma (a+b+c+d-3)}{\Gamma (a+c-1)\,\Gamma (a+d-1)\,\Gamma (b+c-1)\,\Gamma (b+d-1)}}\qquad {\text{Re}}(a+b+c+d)>3$

Beweis (modifizierte Dougallsche Formel)

In der Dougall'schen Formel $\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {\Gamma (c+n)\,\Gamma (d+n)}{\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)}}={\frac {\pi ^{2}}{\sin c\pi \,\sin d\pi }}\,{\frac {\Gamma (a+b-c-d-1)}{\Gamma (a-c)\,\Gamma (a-d)\,\Gamma (b-c)\,\Gamma (b-d)}}$

für ${\text{Re}}(c+d-a-b)>1\,$ ersetze $\Gamma (c+n)={\frac {(-1)^{n}\,\Gamma (c)\,\Gamma (1-c)}{\Gamma (1-c-n)}}$ und $\Gamma (d+n)={\frac {(-1)^{n}\,\Gamma (d)\,\Gamma (1-d)}{\Gamma (1-d-n)}}$.

$\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {\Gamma (c)\,\Gamma (1-c)\,\,\Gamma (d)\,\Gamma (1-d)}{\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)\,\Gamma (1-c-n)\,\Gamma (1-d-n)}}={\frac {\pi }{\sin c\pi }}\,{\frac {\pi }{\sin d\pi }}\,{\frac {\Gamma (a+b-c-d-1)}{\Gamma (a-c)\,\Gamma (a-d)\,\Gamma (b-c)\,\Gamma (b-d)}}$

Kürzt man $\Gamma (c)\,\Gamma (1-c)={\frac {\pi }{\sin c\pi }}$ und $\Gamma (d)\,\Gamma (1-d)={\frac {\pi }{\sin d\pi }}$ heraus und substituiert $c\mapsto 1-c\,,\,d\mapsto 1-d$, so gilt

$\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)\,\Gamma (c-n)\,\Gamma (d-n)}}={\frac {\Gamma (a+b+c+d-3)}{\Gamma (a+c-1)\,\Gamma (a+d-1)\,\Gamma (b+c-1)\,\Gamma (b+d-1)}}$

für ${\text{Re}}(a+b+c+d)>3\,$.

 

4

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (a+n)\,\Gamma (b+n)\,\Gamma (c+n)}{n!\;\Gamma (1+a-b+n)\,\Gamma (1+a-c+n)}}={\frac {\Gamma \left({\frac {a}{2}}\right)\Gamma (b)\,\Gamma (c)\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b-c\right)}{2\;\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b\right)\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-c\right)\,\Gamma \left(1+a-b-c\right)}}$

Beweis (Formel von Dixon)

$I:=\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}s^{\alpha -1}\,(1-s)^{\beta -1}\,t^{\alpha -1}\,(1-t)^{\beta -1}\,|s-t|^{2\gamma }\,ds\,dt$

ist aus Symmetriegründen

$2\int _{0}^{1}\int _{0}^{t}s^{\alpha -1}\,(1-s)^{\beta -1}\,t^{\alpha -1}\,(1-t)^{\beta -1}\,(t-s)^{2\gamma }\,ds\,dt$.

Und das ist nach Substitution $s=tu\;,\;ds=t\,du$ gleich

$2\int _{0}^{1}\int _{0}^{1}t^{\alpha -1}\,u^{\alpha -1}\,(1-tu)^{\beta -1}\,t^{\alpha -1}\,(1-t)^{\beta -1}\,t^{2\gamma }\,(1-u)^{2\gamma }\,t\,du\,dt$

Wegen $(1-tu)^{\beta -1}=\sum _{n=0}^{\infty }{n-\beta \choose n}\,(tu)^{n}$ ist nun

$I=2\sum _{n=0}^{\infty }{n-\beta \choose n}\int _{0}^{1}t^{2\alpha +2\gamma +n-1}\,(1-t)^{\beta -1}\,dt\,\int _{0}^{1}u^{\alpha +n-1}\,(1-u)^{2\gamma }\,du$

$=2\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (1-\beta +n)}{n!\,\Gamma (1-\beta )}}\,{\frac {\Gamma (2\alpha +2\gamma +n)\,\Gamma (\beta )}{\Gamma (2\alpha +\beta +2\gamma +n)}}\,{\frac {\Gamma (\alpha +n)\,\Gamma (1+2\gamma )}{\Gamma (1+\alpha +2\gamma +n)}}$.

Nach dem Selberg Integral in zwei Variablen ist $I={\frac {\Gamma (\alpha )\,\Gamma (\beta )}{\Gamma (\alpha +\beta +\gamma )}}\,{\frac {\Gamma (\alpha +\gamma )\,\Gamma (\beta +\gamma )\,\Gamma (1+2\gamma )}{\Gamma (\alpha +\beta +2\gamma )\,\Gamma (1+\gamma )}}$.

Also ist $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (1-\beta +n)\,\Gamma (2\alpha +2\gamma +n)\,\Gamma (\alpha +n)}{n!\,\Gamma (2\alpha +2\gamma +n)\,\Gamma (1+\alpha +2\gamma +n)}}={\frac {\Gamma (\alpha )\,\Gamma (1-\beta )\,\Gamma (\alpha +\gamma )\,\Gamma (\beta +\gamma )}{2\,\Gamma (\alpha +\beta +\gamma )\,\Gamma (\alpha +\beta +2\gamma )\,\Gamma (1+\gamma )}}$.

Substituiert man $\alpha =c\,,\,\beta =1-b\,,\,\gamma ={\frac {a}{2}}-c$, so ist

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (b+n)\,\Gamma (a+n)\,\Gamma (c+n)}{n!\,\Gamma (1-b+a+n)\,\Gamma (1-c+a+n)}}={\frac {\Gamma (c)\,\Gamma (b)\,\Gamma \left({\frac {a}{2}}\right)\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b-c\right)}{2\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-b\right)\,\Gamma (1+a-b-c)\,\Gamma \left(1+{\frac {a}{2}}-c\right)}}$.

 

5

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\left({\frac {{\sqrt {\pi }}\,\,\Gamma (n)}{2\,\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}\right)}}\right)^{2}=2\pi G-{\frac {7}{2}}\zeta (3)$.

Beweis

Es ist $I:=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {x^{2}}{\sin x}}\,dx=2\pi G-{\frac {7}{2}}\zeta (3)$.

Ersetzt man beim Integranden $x^{2}\,$ durch $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n-1}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}\,\sin ^{2n}x$,

so ist $I:=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2^{2n-1}}{n^{2}\,{2n \choose n}}}\,\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-1}x\,dx$.

Hierbei ist $\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2n-1}x\,dx={\frac {{\sqrt {\pi }}\,\,\Gamma (n)}{2\,\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}\right)}}={\frac {2^{2n-1}}{n\,{2n \choose n}}}$.

Also stimmt $I\,$ mit $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}\left({\frac {{\sqrt {\pi }}\,\,\Gamma (n)}{2\,\Gamma \left(n+{\frac {1}{2}}\right)}}\right)^{2}$ überein.

 

6

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (p+2k)}{\Gamma (p+k+1)}}\,{\frac {x^{k}}{k!}}={\frac {1}{p}}\left({\frac {2}{1+{\sqrt {1-4x}}}}\right)^{p}\qquad |x|<{\frac {1}{4}}\quad ,\quad p\in \mathbb {C} \setminus \mathbb {Z} ^{\leq 0}$

Beweis

Aus der Formel $\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{p}}\left({\frac {2}{1+{\sqrt {1+4x}}}}\right)^{p}\cdot x^{s-1}\,dx=\Gamma (s)\cdot {\frac {\Gamma (p-2s)}{\Gamma (p-s-1)}}$

folgt nach Ramanujans Master Theorem die Formel $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (p+2k)}{\Gamma (p+k+1)}}\,{\frac {(-x)^{k}}{k!}}={\frac {1}{p}}\left({\frac {2}{1+{\sqrt {1+4x}}}}\right)^{p}$.

 

7

$\sum _{k=0}^{\infty }{2k+p \choose k}\,x^{k}={\frac {2^{p}}{{\sqrt {1-4x}}\cdot \left(1+{\sqrt {1-4x}}\,\right)^{p}}}\qquad |x|<{\frac {1}{4}}\quad ,\quad p\in \mathbb {C}$

Beweis

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (p+2k)}{\Gamma (p+k+1)}}\,{\frac {x^{k}}{k!}}={\frac {1}{p}}\cdot {\frac {2^{p}}{\left(1+{\sqrt {1-4x}}\,\right)^{p}}}$

Differenziere nach $x\,$:

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\Gamma (p+2k)}{\Gamma (p+k+1)}}\,{\frac {x^{k-1}}{(k-1)!}}={\frac {2^{p+1}}{{\sqrt {1-4x}}\cdot \left(1+{\sqrt {1-4x}}\right)^{p+1}}}$

Ersetze $p\,$ durch $p-1$:

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {\Gamma (p-1+2k)}{\Gamma (p+k)}}\,{\frac {x^{k-1}}{(k-1)!}}={\frac {2^{p}}{{\sqrt {1-4x}}\cdot \left(1+{\sqrt {1-4x}}\right)^{p}}}$

Die Reihe ist nach Laufindexverschiebung gleich

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {\Gamma (p+2k+1)}{\Gamma (p+k+1)}}\,{\frac {x^{k}}{k!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2k+p)!}{(k+p)!\cdot k!}}\,x^{k}=\sum _{k=0}^{\infty }{2k+p \choose k}\,x^{k}$.