Une belle somme binomiale

Trouvons une évidence plus générale ?!?

S

Le cas $k$
preuve par : je dois y aller
S

Je pense, si je ne m'abuse, qu'une solution avec séries génératrices consisterait à écrire bêtement :
$$
\frac{1}{1-4x}=\left(\frac{1}{\sqrt{1-4x}}\right)^2
$$
Mais ça ne répond pas à la question de Clairon.

Une preuve de Marta Sved :--->https://link.springer.com/article/10.1007/BF03026737

Pour des informations : ---> https://oeis.org/A067804

Bonjour,

Je connais une démonstration élémentaire de cette formule, qui utilise une suite de polynômes plutôt qu'une série entière. Soit $P_n(X)=\sum_{k=0}^n \binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}X^k$.
La symétrie des coefficients entraîne que $P_n(X)=X^nP_n(\frac 1X)$, ce qui entraîne en dérivant que $P'_n(1)=\frac n2 P_n(1)$.

Puis on dérive $P_{n+1}$ :
\begin{align*}
P'_{n+1}(X) &=\sum_{k=1}^{n+1} k\binom{2k}k\binom{2n-2(k-1)}{n-(k-1)}X^{k-1}\\
&=\sum_{k=0}^{n} (k+1)\binom{2k+2}{k+1}\binom{2n-2k}{n-k}X^k\quad\text{changement d'indice}\\
&=2\sum_{k=0}^{n} (k+1)\binom{2k+1}{k}\binom{2n-2k}{n-k}X^k\quad\text{car }\binom{2k+2}{k+1}=2\binom{2k+1}{k}\\
&=2\sum_{k=0}^{n} (k+1)\left[ \binom{2k}{k}+\frac k{k+1}\binom{2k}k \right]\binom{2n-2k}{n-k}X^k\quad\text{Pascal}\\
&=2\sum_{k=0}^{n} (k+1)\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k}X^k+2\sum_{k=0}^{n} k\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}X^k\\
&=2[XP_n(X)]'+2XP'_n(X)=2P_n(X)+4XP'_n(X)
\end{align*}
On en déduit que $P'_{n+1}(1)=2P_n(1)+4P'_n(1)$, c'est à dire $\frac{n+1}2P_{n+1}(1)=2P_n(1)+2nP_n(1)$, ce qui entraîne que $P_{n+1}(1)=4P_n(1)$ et on termine la preuve par une récurrence.

Remarque : on en déduit aussi en intégrant la dernière égalité, que $P_{n+1}(X)=P_{n+1}(0)+4XP_n(X)-2\int_0^XP_n(t) dt$ ce qui entraîne que $2\int_0^1P_n(t) dt=P_{n+1}(0)$, soit encore :
$$\sum_{k=0}^{n} \frac1{k+1}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k}=\binom{2n+1}n$$

Bonsoir Cidrolin,

En reprenant les polynômes $P_n$ que j'ai introduits précédemment, on a $P_n(X)=X^nP_n(\frac1X)$, on voit tout de suite que $P_n(-1)=0$ si $n$ est impair. Pour les indices pairs, en dérivant, on a $P'_{2n}(X)=2nX^{2n-1}P_{2n}(X)-X^{2n-2}P'_{2n}(\frac1X)$, d'où , $P'_{2n}(-1)=-2nP_{2n}(-1)-P'_{2n}(-1)$ et donc $P'_{2n}(-1)=-nP_{2n}(-1)$.

Puis en reprenant ma démonstration précédente, $P'_{2n+1}(X)=2P_{2n}(X)+4XP'_{2n}(X)$, d'où $P'_{2n+1}(-1)=2P_{2n}(-1)-4P'_{2n}(-1)=(4n+2)P_{2n}(-1)$. De même, $P'_{2n+2}(-1)=2P_{2n+1}(-1)-4P'_{2n+1}(-1)=-4P'_{2n+1}(-1)$ (car $P_{2n+1}(-1)=0$), et donc $P'_{2n+1}(-1)=-\frac14P'_{2n+2}(-1)=\frac{n+1}4P_{2n+2}(-1)$, il en découle que $P_{2n+2}(-1)=\frac{4(4n+2)}{n+1}P_{2n}(-1)$. Si on admet que $P_{2n}(-1)=4^n\binom{2n}n$ (récurrence), alors :
$$P_{2n+2}(-1)=\frac{4(4n+2)}{n+1}4^n\binom{2n}n=4^{n+1}\frac{(2n)!(2n+1)2}{(n+1)!n!}=4^{n+1}\binom{2n+2}{n+1}$$

Tu veux dire... ? $$u_n = \prod_{k=0}^n \bigg[\binom{2k}{k} \cdot \binom{2(n-k)}{n-k}\bigg] = \Bigg[\prod_{k=0}^n \binom{2k}{k}\Bigg]^2
$$ Les carrés ne font qu'alourdir le problème, donc j'écris à la place $a_n = \sqrt{u_n} = \prod_{k=0}^n \binom{2k}{k}% = \frac{\prod_{k=1}^n (2k)!}{\big(\prod_{k=1}^n k!\big)^2}
$.

N'a-t-on pas tout simplement... (Stirling central = Moivre) ? $$
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \binom{2n+2}{n+1} \sim\frac{4^{n+1}}{\sqrt{\pi n}},
$$ d'où en effet : $\dfrac{a_{n+1}\cdot a_{n-1}}{a_n^2} \to 4$.
La même chose avec des $(u_n)$ tend donc bien vers $16$.

Des preuves combinatoires

https://math.stackexchange.com/questions/72367/proof-of-a-combinatorial-identity-sum-limits-i-0n-2i-choose-i2n-i-ch?noredirect=1&lq=1

https://math.stackexchange.com/questions/37971/identity-for-convolution-of-central-binomial-coefficients-sum-limits-k-0n