Complimenti per l'OWN, hai riscritto la definizione dei numeri di Catalan.
Nel senso: complimenti per aver trovato (ok, ritrovato, ma fa niente) tutto da solo un'identità non banale che ai matematici è sfuggita fino al 1800 e rotti.
Divertente come la stessa frase in bocca a persone diverse possa assumere senso completamente diverso. --- per esempio sapendo che TG è solito avere la lingua affilata si tende a interpretare come un commento sarcastico e sprezzante tutto quello che dice (e spesso, ahimé, si indovina).
Ok, giusto per non andare troppo OT, vi faccio notare che dovrebbe esserci anche una soluzione di "generating-functionology", in questo modo.
1) trasformo la relazione da provare in $ \sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{i=0}^n{2i\choose i}{2(n-i)\choose n-i}\frac{1}{2i-1}\right)x^n=-1 $ (uguaglianza tra somme formali) (notare che il "-1" discende dall'osservazione che per n=0 non funziona, già fatta da Anér)
2) trasformo questa relazione in $ F(x)G(x)=-1 $, dove $ F(x)=\sum_{n=0}^\infty {2n\choose n}\frac{1}{2n-1}x^n $ e $ G(x)=\sum_{n=0}^\infty {2n\choose n} x^n $
3) mi trovo una formula chiusa per F(x) e G(x). Se uno "si è portato la casa" la dimostrazione per trovare la serie generatrice dei Catalan, sa che $ C(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} $ (dove C(x) è la serie generatrice dei numeri di Catalan). Moltiplicando per x e derivando la sommatoria termine a termine, si ha che $ (xC(x))'=\sum_{n=0}^\infty {2n\choose n} x^n=G(x) $. Da questa relazione segue una formula chiusa (=senza sommatorie) per G(x), che se non sbaglio i conti (probabile) è $ G(x)=(1-4x)^{-1/2} $
4) F(x) è un po' più incasinata: si può calcolare come $ F(z^2)=z\int_0^z y^{-2}G(y^2)dy $ (dovete moltiplicare per l'esponente giusto e integrare per far sì che l'integrale termine a termine si "mangi" quel 2n-1), e verrà un integrale di una funzione incasinata con le radici quadrate. In realtà però non bisogna calcolare davvero quest'integrale "alla cieca", perché se la tesi è vera sappiamo già quanto fa. Basta quindi verificare che $ F(z^2)=\frac{-1}{G(z^2)} $, e questo è più facile: dobbiamo controllare che $ -\sqrt{1-4z^2}=\frac{-1}{G(z^2)}\stackrel{hope}{=}F(z^2)=z\int_0^z y^{-2}\frac{dy}{\sqrt{1-4y^2}} $. Portando la z di là e derivando da entrambi i lati, abbiamo
$ \frac{d}{dz}\frac{-\sqrt{1-4z^2}}{z}\stackrel{hope}{=}\frac{1}{z^2\sqrt{1-4z^2}} $, che è solo un "conto della serva".
Sembra un contazzo senza senso? Forse. Ma la cosa importante è che è automatico: se uno conosce la "generating-functionology", sa che è questa la strada su cui andare, e tra lui e la fine c'è solo un conto di mezz'oretta. E questo in gara è importante. E' come quando sapete il bunching e riuscite a ricondurre una disuguaglianza a un conto lungo ma automatico.
[esercizio: la fine del punto 4 contiene un errore che si aggiusta facilmente ma che mi farebbe perdere un punto: quale?]
[il post qui sopra può contenere errori di segno, derivazioni sbagliate, e tracce di noci]