Identité avec coefficients binomiaux

Héhéhé · October 2022

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 · October 2022

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

Héhéhé · October 2022

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

Calli · October 2022

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 · October 2022

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 · October 2022

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 · October 2022

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

Héhéhé · October 2022

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 · October 2022

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

Boécien · October 2022

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 $$\sum_{\sum_{r=1}^{2m}i_{r}=n}\prod_{r=1}^{2m}{2i_{r} \choose i_{r}}=\left(\prod_{k=1}^{m-1}\frac{n+k}{k}\right)4^{n}$$