Discussion:Identité de Vandermonde

Identité de Chu-Vandermonde

"L'identité de Chu-Vandermonde ... généralise pour des valeurs non entières : ${s+t \choose n}=\sum _{k=0}^{\infty }{s \choose k}{t \choose n-k}$ . Elle est vraie pour tous nombres complexes s et t. " Au moins deux questions. La plus visible : on passe de "non entier" à "complexe", pourquoi et comment ? La seconde, que signifient ${s+t \choose n}$, ${s \choose k}$ et ${t \choose n-k}$ puisqu'on a (en début d'article) une définition sur des entiers (et faisant appel à la factorielle) ? Francool50 (discuter) 13 mars 2014 à 10:41 (CET)

Les deux questions n'en font qu'une, mais j'aurais sans doute dû rajouter une définition de ${s \choose k}$ pour s non entier lorsque je suis repassé sur cet article. Bref, utilisant la fonction gamma, on a (Coefficient binomial#Généralisations) : ${s \choose k}={\frac {\Gamma (s+1)}{\Gamma (k+1)\Gamma (s-k+1)}}$, ou , plus simplement, si k est entier : ${z \choose k}={\frac {z(z-1)(z-2)\cdots (z-k+1)}{k!}}={\frac {(z)_{k}}{k!}}$. --Dfeldmann (discuter) 13 mars 2014 à 12:49 (CET)

En sachant par ailleurs que cette fonction est définie sur $\mathbb {C} \backslash \mathbb {Z} ^{-}$, ce qui permet donc d’atteindre les complexes. Cordialement --Pic-Sou 13 mars 2014 à 15:53 (CET)

Pertinence de la preuve probabiliste

Bonjour, sans vouloir remettre en question la qualité du travail fait par l’utilisateur anonyme passé cet après-midi, je me demande s’il est vraiment utile de le présenter ici. En effet, le calcul des probabilités pour les binomiales se base lui-même sur du dénombrement, et la preuve est sensiblement la même, avec une complexification supplémentaire apportée par le formalisme à mettre en place et les multiplications par des p et q…

Je serai d’avis de fusionner les deux démonstrations, en gardant comme base la démonstration basée sur les bijections et en détaillant autant les calculs que pour la probabiliste.

Cordialement --Pic-Sou 9 juin 2015 à 22:10 (CEST)

Bonjour, en réalité le calcul des probabilités peut s'écrire dans une plus grande généralité que le dénombrement, la théorie de la mesure. C'est à dire que la théorie de la mesure s'avère très efficace pour dénombrer certaines choses car elle est basée nativement sur le concept d'union disjointe. Montrer Vandermonde en utilisant directement la théorie de la mesure c'est possible mais en fait l'usage est de faire une preuve probabiliste (théorie probas équivalentes à théorie mesure dans le cas discret). Certes c'est un peu déroutant mais c'est vraiment une preuve très puissante et très indépendante, sous-jacent à la théorie des probas il y a le lemme de classe monotone par exemple, un résultat très puissant sur les mécaniques d'union disjointe. Cordialement, Victor --2A01:E35:8ACB:E0E0:9C3:47E5:CF94:A484 (discuter) 5 septembre 2015 à 03:38 (CEST)

Complément à la preuve algèbrique

Vandermonde permet de montrer justement que les polynomes ont un comportement très gentil dans les anneaux, qui permet de faire des substitutions "abusives" et continuer sereinement...

Une telle substitution abusive "(1+x)^n "est utilisée ici pour prouver... je vous le donne en mille... Vandermonde.

Donc a minima il faudrait justifier les calculs en précisant qu'on peut identifier par ce que la référence citée (Problem Sovling) appelle Identity theorem c'est à dire que sur un anneau intègre infini 2 polynomes qui coïncident sur un ensemble infinis de points sont égaux.

Remarque : le problème c'est que pour montrer ce théorème lorsque l'anneau n'est pas euclidien, il faut utiliser les substitutions abusives à ma connaissance, mais on peut considèrer que c'est une preuve à part entière puisque 1 est dans le corps infini Q, Q[X] est euclidien et voilà. Cordialement Victor --2A01:E35:8ACB:E0E0:9C3:47E5:CF94:A484 (discuter) 5 septembre 2015 à 03:54 (CEST)

L'édition la plus récente au 06/09 n'est pas satisfaisante... c'est une preuve qui utilise 1 abus classique (Le produit de 2 polynomes dans un anneau confondu avec le produit de leur évaluation en x, quand on utilise la formule du binome de Newton on l'applique à des évaluations en x) pour aboutir à la réponse, et l'ironie c'est que cet abus se justifie dans la plus grande généralité (anneau commutatif quelconque) avec Vandermonde exclusivement ( ce qui est par ailleurs intéressant en soi).

La précaution que je suggère est de préciser que les évaluations de ces polynomes coïncident sur Q donc la différence de ces polynomes est un polynome ayant tellement de racines dans un corps qu'il est nul.comme c'était fait dans la référence Problem Solving. L'intérêt est que c'est un argument complètement indépendant dû à la structure euclidienne de Q[X] et pas ce que j'appelle un argument "abusif" (qui soyons clairs est parfaitement juste, mais se justifie dans la plus grande généralité par l'identité combinatoire qu'on essaie de montrer) — Le message qui précède, non signé, a été déposé par un utilisateur sous l’IP 05:00‎ 2a01:e35:8acb:e0e0:7827:464b:4785:1b28 (discuter), le 6/9/15, 5h.

La formule du binôme utilisée est une identité polynomiale donc n'utilise aucune "évaluation en x" et la preuve ne nécessitait aucun complément. C'est pourquoi je n'avais pas changé celle-ci sur le fond, mais seulement remplacé mon ancienne référence par une autre, qui ne fait pas ce détour inutile. Anne 6/9/15, 10h09