Somme

Au sujet de la seconde égalité. Je n'arrive pas à faire le lien par le calcul avec la formule de Jandri, bien que ce soit elle qui m'ait mis sur la piste de la preuve combinatoire que je propose. Si quelqu'un peut m'éclairer ?

Soit $A_k$ l'ensemble des entiers compris entre $1$ et $k$
Pour $n\geq 0$, je note $E$ l'ensemble des parties à $n+1$ éléments de $A_{3n+1}$.
Le cardinal de $E$ est $\binom{3n+1}{n+1}$. Le maximum $m$ d'une telle partie vérifie $n+1 \leq m \leq 3n+1$.

• Comptons le nombre d'éléments de $E$ vérifiant $n+1 \leq m \leq 2n+1$.
  Un élément de $E$ vérifiant $n+1 \leq m \leq 2n+1$ est une partie à $n+1$ de $A_{2n+1}$, et réciproquement une partie à $n+1$ de $A_{2n+1}$ est un élément de $E$ vérifiant $n+1 \leq m \leq 2n+1$.
  Par conséquent leur nombre est $\binom{2n+1}{n+1}$ (c'est la formule de Jandri avec $a=n$).
• Comptons le nombre d'éléments de $E$ vérifiant $2n+2 \leq m \leq 3n+1$. On a $m=2n+k$, où $2 \leq k \leq n+1$. Une fois $m$ choisi, il faut compléter avec $n$ éléments de $A_{2n+k-1}$, ce qui laisse $\binom{2n+k-1}{n}$ possibilités, d'où un total de $\sum_{k=2}^{n+1} \binom{2n+k-1}{n}=\sum_{k=1}^{n} \binom{2n+k}{n}$ parties.

Finalement, on a
$$
\binom{2n+1}{n+1}+\sum_{k=1}^{n} \binom{2n+k}{n}=\binom{3n+1}{n+1}.
$$
Grâce à la relation de Pascal
$$
\binom{2n+1}{n+1}=\binom{2n}{n}+\binom{2n}{n+1}
$$
d'où finalement
$$
\sum_{k=0}^{n} \binom{2n+k}{n}=\binom{3n+1}{n+1}-\binom{2n}{n+1}.
$$
J'ai l'impression de passer à côté de quelque chose avec Pascal à la fin...

Honte à moi, je n'avais pas vu que le $a$ est libre, dans ma tête je faisais $a=n$.

As-tu une preuve combinatoire pour trouver une formule close de la somme cherchée par Keynes ? Si tu n'en as pas, ce n'est pas la peine que je m'acharne vu mes compétences. Merci

Exactement, Keynes a cru pouvoir utiliser la formule de Vandermonde en faisant varier $k$ de $0$ à $n$ alors que $k$ ne varie que de $0$ à $p$.

Je ne pense pas que la somme double proposée ait une forme close (sans sigma).