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calcul d'une somme avec des factorielles

Envoyé par Boson 
calcul d'une somme avec des factorielles
il y a cinq années
Bonjour

Je ne parviens pas à évaluer cette somme : Sm= somme de k=0 à k=m de (-1)^k*(6m-2k)!/[(3m-k)!(2m-2k)!k!]
J'ai utilisé la formule : (2n)!/n! = 2^n * (2n-1)!! mais je bloque

Merci
Re: calcul d'une somme avec des factorielles
il y a cinq années
Bonjour.

Les valeurs, pour m variant de 1 à 10 :
48, 13440, 7096320, 5535129600, 5721109954560, 7368789621473280, 11368989701701632000, 20441443483659534336000, 41973097286447577169920000, 96907487014950166169911296000.

Cordialement.
Re: calcul d'une somme avec des factorielles
il y a cinq années
bonjour
je ne vois rien de particulier dans cette succession
la formule que j'ai évoquée a t-elle un intérêt pour cet exercice ?
merci
Re: calcul d'une somme avec des factorielles
il y a cinq années
avatar
Voyez du côté des polynômes d'Hermite. Le coefficient de $x^{2n}$ dans $\widehat H _{4n}$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par AD.


La remarque de Cidrolin invite à rassembler les énergies du forum. Je ne sais pas le faire, mais peut être la formulation équivalente ci dessous éveillera une vocation :


Soit $\displaystyle u_n=\frac{(4n)!}{(2n)!n!}$ et $\displaystyle v_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{(6n-3k)!}{(3n-k)!(2n-2k)!k!}\cdot$
On veut montrer $u_n=v_n.$Pour cela on aura besoin de la formule suivante: si $a,m,b$ sont des entiers $\geq 0$ on a \begin{equation}(an+b)!=b!a^{an}\prod_{i=1}^a\left(\frac{b+i}{a}\right)_n.\quad(*)\end{equation} Considérons les deux fonctions $U(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{u_n}{n!}z^n$ and $V(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{v_n}{n!}z^n$ : on veut montrer que $U=V.$ Par $(*)$ appliqué à $b=0$ et $a=1,2,4$ on a que $u_n=\frac{2^{6n}}{n!}\left(\frac{1}{4}\right)_n\left(\frac{3}{4}\right)_n$ et donc$$U(z)=\ _2F_1\Big(\frac{1}{4},\frac{3}{4};1, 2^6z\Big)\cdot$$ Ensuite $$V(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\sum_{k=0}^n \frac{f(n,k)}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{z^m}{(m+k)!}f(k+m,k)$$ où $f$ se transforme à partir de (*) appliqué à $(a,b)=(6,4k),\ (3,2k),\ (2,0),\ (1,k) $ de la façon suivante \begin{eqnarray*}\frac{f(m+k,k)}{(m+k)!}&=&(-1)^k\frac{(6m+4k)!}{(3m+2k)!(2m)!(m+k)!m!}\\&=&(-1)^k\frac{u_k(3^32^4)^m}{\left(\frac{1}{2}\right)_m(k+1)_mm!}\left(\frac{4k+1}{6}\right)_m\left(\frac{4k+3}{6}\right)_m\left(\frac{4k+5}{6}\right)_m\end{eqnarray*}
On obtient donc $$V(z)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{u_k(-z)^k}{k!}\ _3F_2\Big(\frac{4k+1}{6},\frac{4k+3}{6},\frac{4k+5}{6};\frac{1}{2},k+1;3^32^4z\Big)\cdot$$ Mais je n'ai pas encore trouvé dans la littérature sur les fonctions hypergéométriques de quoi prouver $U=V.$



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