Je tente :
On peut remarquer que si on note N(n,m) le nombre de façon d'arriver à la case (n,m) en restant "sous la diagonale' on a :

N(1,1)=1
N(n,n+1)=0 pour tout n (vu que l'on ne traverse pas)
N(n+1,m+1)=N(n,m+1) + N(n+1,m)

A défaut de se compliquer la vie,  on peut remplir de proche en proche un tableau excel ainsi programmé qui donne
N(8,8)=429

Donc Proba = 2*429 / C(16,8) = 2/30

Bonjour, soit Cn le n-ième nombre de Catalan.
Soit ((k n))= k parmi n
Il existe ((n-1 2(n-1) )) chemins possibles. En effet, on peut représenter tout chemin par un nombre binaire de longueur 2(n-1), où 0 signifie un déplacement à droite et 1 un déplacement en haut.

Ill y a C(n-1) chemins sous-diagonaux, C(n-1) sur-diagonaux, donc ((n-1 2(n-1) )) - 2C(n-1)  = (n-2)/nx((n-1 2(n-1)))chemins qui traversent

Edit:
J'ai corrigé des erreurs entre n et n-1...
Je n'ai pas parlé de la proportion. On trouve bien evidemment un rapport de (n-2)/n qui tend vers 1 quand  augmente. On traverse donc beaucoup...

Le nombre de chemins dans l'échiquier, ou au-dessus de la diagonale, oui, c'est très classique. Après, il faut encore penser à les utiliser et les assembler de la sorte, ce qui n'est pas totalement évident tout de même.

La dernière énigme sur les nombres de Catalan n'était vraiment pas vieille, et les chemins qui coupent la diagonale sont vraiment intimement liés aux nombres de Catalan, ce n'était donc pas difficile. J'ai retenu ces nombres car ils ont finalement des applications très importantes en dénombrement.

Bonjour,
On peut convenir de faire le premier déplacement vers la droite, et donc de ne traiter que la moitié des chemins.

Avec franchissement de la diagonale
On remplit la ligne du bas avec des 1, et on complète la colonne de gauche avec des 0.
On remplit chaque case de proche en proche en faisant la somme de sa case de gauche et de sa case du dessous.
Le nombre de chemins pour chaque valeur de n est sur la diagonale.

    0    1    8   36  120  330  792 1716
    0    1    7   28   84  210  462  924
    0    1    6   21   56  126  252  462
    0    1    5   15   35   70  126  210
    0    1    4   10   20   35   56   84
    0    1    3    6   10   15   21   28
    0    1    2    3    4    5    6    7
    1    1    1    1    1    1    1    1

On reconnaît le triangle de Pascal, et le nombre de chemins pour n est C(2*n-3,n-2).

Sans franchissement de la diagonale
Même principe, mais on remplit la ligne du bas avec des 1, et le triangle au-dessus de la diagonale avec des 0.
Je n'ai pas trouvé de formule pour les valeurs.

   0   0   0   0   0   0   0 429
   0   0   0   0   0   0 132 429
   0   0   0   0   0  42 132 297
   0   0   0   0  14  42  90 165
   0   0   0   5  14  28  48  75
   0   0   2   5   9  14  20  27
   0   1   2   3   4   5   6   7
   1   1   1   1   1   1   1   1

Le rapport cherché pour n=8 est 3/4.

Je trouve un rapport de (n-2)/n dans le cas général, vérifié jusqu'à n=50, mais je ne sais pas le justifier.

Pour moi, la somme des déplacements possibles est un genre de Pyramide carrée.

Le termes valent  (2*n)!/(n!)^2 pour une grille de taille n+1.
Les déplacements traversant la diagonale sont équivalents à la moitié des termes sur la diagonale (coins non-compris ) car un trajet sur 2 la franchit ou "rebondit", chaque trajet entrant ayant 2 trajets sortants.

Soit : (2+6+20+70+252+924)   dans l'exemple...

Soit pour 8 cases : 3432/(4700/2) = 1175/1716 en pas clair : f(n) / ( f(n-1)-1)

Autrement dit :
https://oeis.org/A000984
Sur
https://oeis.org/A066796

On a un truc du genre :
0,3333333333
0,4
0,4
0,3888888889
0,3787878788
0,3712121212
0,3656565657
0,3614973262
0,3582887701
0,3557422969
0,3536719035
0,3519546949
0,3505067728
0,349268993
0,3481984498
0,3472632371
0,3464391181
0,3457073411
0,3450531644
0,3444648348
0,3439328647
0,3434495099
0,3430083855
0,34260418
0,342232438
0,3418893946
0,3415718459
0,3412770485
0,3410026395


qui semble évoluer vers 1/3 et on retrouve les valeurs du triangle de Pascal.

Je ne connais pas du tout

Non, ce n'est pas ça non plus. Désolé.
Je crois que sans un minimum de connaissances sur les dénombrements, ça risque d'être compliqué.