Identité avec coefficients binomiaux

Héhéhé

Bonjour
Connaissez-vous un moyen "rapide" de démontrer que $$\sum_{k=0}^{n} \binom{2k}{k}\,\binom{2n-2k}{n-k} =4^{n},$$ pour tout entier $n \geq 2$ avec des outils de maths sup' ?

P.2

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!}{k!2^{2k}}\frac{z^k}{k!}=\frac{1}{\sqrt{1-z}}$ par la formule du binome de Newton. Mais je ne connais pas bien le programme de math sup.

Héhéhé

Je voudrais justement éviter l'utilisation de séries entières...

Calli

Bonjour,
Il doit y avoir une preuve combinatoire. Peut-être quelque chose dans le genre des nombres de Catalan. Mais je ne vois pas.

P.2

Pour $a$ et $b$ entiers $\geq n$, on a  $$\sum_{k=0}^n\frac{a(a-1)\ldots(a-k+1)}{k!}\times \frac{b(b-1)\ldots(b-n+k+1)}{(n-k)!}=\frac{(a+b)(a+b-1)\ldots(a+b-n+1)}{n!}\ \ \ \ (*)$$ Démonstration $(1+z)^a\times (1+z)^b=(1+z)^{a+b}$ et on cherche de deux manières le coefficient de $z^n.$

Ensuite on considère (*) comme une identité en deux polynômes de degré $n$ en la variable $a$ prenant les mêmes valeurs sur $n,n+1,\ldots$, donc égaux. Même raisonnement avec $b$. Pour terminer, on fait $a=b=-\frac{1}{2}.$

jandri

Bien vu P.2, c'est une belle application de la formule de Vandermonde (*) qui s'écrit aussi de façon plus symétrique $$\sum_{i+j=n}{\binom a i}{\binom b j}={\binom {a+b} n}$$ en sous-entendant que $i$ et $j$ sont des entiers naturels et en posant pour $x$ réel (ou même complexe) et $k$ entier naturel : $\displaystyle{\binom x k}=\dfrac{x(x-1)\dots(x-k+1)}{k!}$ si $k\in\N^*$ et $\displaystyle{\binom x 0}=1$.

Cette formule se démontre pour $a$ et $b$ entiers naturels comme l'a indiqué P.2 ou bien en calculant de deux manières le nombre de façons de choisir $n$ personnes dans un groupe formé de $a$ filles et $b$ garçons. Elle s'étend ensuite à $\R$ et $\C$ en utilisant le fait qu'un polynôme non nul n'a qu'un nombre fini de racines.

De cette formule de Vandermonde on déduit aisément d'autres formules comme $$\sum_{i+j=n}{\binom {a+i} i}{\binom {b+j} j}={\binom {a+b+n+1} n}$$ et $$\sum_{i+j=n}{\binom {a-i} j}{\binom {b-j} i}={\binom {a+b-n+1} n}$$

jandri

J'ai retrouvé ce fil qui date de mars 2018 : Une belle somme binomiale

Héhéhé

Merci pour ces réponses, j'ai finalement opté pour une approche probabiliste que j'ai vu ici https://math.stackexchange.com/questions/37971/identity-for-convolution-of-central-binomial-coefficients-sum-limits-k-0n

jandri

Merci d'avoir signalé cette belle démonstration, elle n'utilise que les connaissances du programme de terminale (spécialité : Combinatoire et dénombrement).

Boécien

Pour aller plus loin comment montrer que

\begin{align*}
\sum_{i+j+k=n}{2i \choose i}{2j \choose j}{2k \choose k}&=(2n+1){2n \choose n}\\
\sum_{i+j+k+l=n}{2i \choose i}{2j \choose j}{2k \choose k}{2l \choose l}&=(n+1)4^{n}\\
\sum_{i+j+k+l+m=n}{2i \choose i}{2j \choose j}{2k \choose k}{2l \choose l}{2m \choose m}&=\frac{(2n+1)(2n+3)}{3}{2n \choose n}\\
\sum_{i_{1}+i_{2}+i_{3}+i_{4}+i_{5}+i_{6}=n}{2i_{1} \choose i_{1}}{2i_{2} \choose i_{2}}{2i_{3} \choose i_{3}}{2i_{4} \choose i_{4}}{2i_{5} \choose i_{5}}{2i_{6} \choose i_{6}}&=\frac{(n+1)(n+2)}{2}4^{n}\\
\sum_{i_{1}+i_{2}+i_{3}+i_{4}+i_{5}+i_{6}+i_{7}=n}{2i_{1} \choose i_{1}}\cdots{2i_{7} \choose i_{7}}&=\frac{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}{15}{2n \choose n}
\end{align*}
Pour le cas impair je suppose qu'on a: $$\sum_{\sum_{r=1}^{2m+1}i_{r}=n}\prod_{r=1}^{2m+1}{2i_{r} \choose i_{r}}=\left(\prod_{k=1}^{m}\frac{2n+2k-1}{2k-1}\right){2n \choose n}$$ Et pour le cas pair $$\sum_{\sum_{r=1}^{2m}i_{r}=n}\prod_{r=1}^{2m}{2i_{r} \choose i_{r}}=\left(\prod_{k=1}^{m-1}\frac{n+k}{k}\right)4^{n}$$

P.2

Avec $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(2k)!}{k!^2}z^k=(1-4z)^{-1/2}$ il me semble que ça va tout seul.

Boécien

Oui il suffit d'itérer le produit apparemment.