Triangle de Narayana et e

Ça voudrait dire que la suite $(u_n) $ croît plus vite qu'une suite géométrique.

Bonsoir
Je ne vois pas mon erreur dans ce programme (numérotation des lignes ou colonnes ??)

c[0,0]:=1;
 for n from 1 to 5 do
   c[n,0]:=1; 
   for k from 1 to n do 
    c[n,k]:= c[n-1,k-1]*c[n,k-1]/k; print(n,k,c[n,k]);
   od;
od;

Merci de m'aider à y voir plus clair.
Cdt

c[1,1]:=1;
for n from 2 to 5 do
c[n,1]:=1; 
for k from 2 to n do 
c[n,k]:= c[n-1,k-1]*c[n,k-1]/k; print(n,k,c[n,k]);
od;
od;

ne me donne pas la bonne suite ...je dois être compact ce soir ... Désolé

Edit OK !
Les coefficients du tableau sont des T(n,k) et non C(n,k) qui restent eux les coefficients binomiaux

T[1,1]:=1;
 for n from 2 to 5 do
T[n,1]:=1; 
for k from 2 to n do 
T[n,k]:= binomial(n-1,k-1)*binomial(n,k-1)/k; print(n,k,T[n,k]);
od;
od;

Claude Quitté a écrit:

...croire que le langage qu' [on] utilise est tellement lisible qu'il est lisible par les autres.

Défaut courant effectivement, qui peut créer des confusions ...entre des coefficients quelconques $C_{n}^{k}$ et les binomiaux $\binom{n}{k}$ par exemple...:-)

Cdt

Moi je ne m'y suis pas plié. Cette notation en colonne est pour moi celle d'un vecteur et pas autre chose.

Tu es pardonné Cidrolin, je préfère ton autre avatar, beaucoup plus classe :-)
Cdt

J'avais laissé passer ce fil il y a six mois et je le retrouve grâce à la remarque de Cidrolin dans le fil sur $a^b=b^a$.

La conjecture est très simple à prouver si on généralise à une suite $(a_n)$ quelconque de réels non nuls.

Je définis comme Cidrolin $K(n,p)=\dfrac{a_{n-p+1}\times \cdots \times a_n}{a_1\times a_2 \times \cdots \times a_p}$, avec $K(n,0)=1$, et $u_n=\displaystyle\prod_{i=0}^n K(n,i)$.

En utilisant $K(n,p)=\dfrac{a_n}{a_p}K(n-1,p-1)$ on calcule $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{a_{n+1}^n}{a_1...a_n}$ d'où l'on déduit $\dfrac{u_{n+1}u_{n-1}}{u_n^2}=\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right)^n$.

En prenant maintenant (pour généraliser) $a_n=\displaystyle\binom{n+r-1}{r}$ où $r\in\N^*$ on obtient $\dfrac{u_{n+1}u_{n-1}}{u_n^2}=\left(1+\dfrac r n \right)^n$.

Les suites $K(n,p,r)$ figurent dans l'OEIS pour les valeurs de $r$ comprises entre 1 et 9:
A7318, A1263, A56939, A56940, A56941, A142465, A142467, A142468, A174109.

Pour ce choix de $a_n$, on peut démontrer que $K(n,p,r)$ est un entier naturel mais c'est beaucoup plus difficile.
Il y a pourtant d'autres expressions pour $K(n,p,r)$ mais aucune ne montre directement que c'est un entier:

$K(n,p,r)=\displaystyle\prod_{k=0}^{r-1}\dfrac{\binom{n+k}{p}}{\binom{p+k}{p}}=\dfrac{b_n(r)b_0(r)}{b_{n-p}(r)b_p(r)}=\dfrac{c_pc_{n-p}c_rc_{n+r}}{c_nc_{p+r}c_{n-p+r}}=\prod_{i=1}^{p}\prod_{j=1}^{n-p}\prod_{k=1}^{r}\dfrac{i+j+k-1}{i+j+k-2}$

en posant $b_n(r)=n!...(n+r-1)!$ et $c_n=1!2!...(n-1)!$ (superfactorielle).

Je sais cependant démontrer que $K(n,p,r)$ est entier car il est égal au déterminant de la matrice d'ordre $r$ de terme général $\displaystyle\binom{n}{p-i+j}$, ou encore au déterminant de la matrice d'ordre $r$ de terme général $\displaystyle\binom{n+i-1}{p+j-1}$.
La démonstration que je connais utilise une identité de Sylvester-Dodgson (voir le fil Une tri-famille de déterminants).