Somme série numérique

etanche · May 2020

Bonjour
Calculer la somme $$S_n=\sum_{x_1,x_2,\ldots,x_n=1}^{+\infty} \frac{x_1x_2\cdots x_n}{(x_1+x_2+\cdots+x_n)!}.

$$ Merci.

Dom · May 2020

Bonjour,

Je ne sais même pas si je comprends cette somme.

Cordialement

Dom

etanche · May 2020

$x_1$ prend toutes les valeurs entières de 1 ; 2 ; 3 ; 4 ...
$x_2$ prend toutes les valeurs entières de 1 ; 2 ; 3 ; 4 ...
etc.

Par exemple pour $$S_1=\sum_{x_1=1}^{\infty}\frac{1}{(x_1-1)!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{1}{j!}=e$$

LOU16 · May 2020

Bonsoir,
Je n'ai pas trouvé mieux que çà . "Sauf erreur":

$$\forall n\in \N^*, \quad S_n = \displaystyle \sum _{(x_1,x_2, \dots x_n) \in \N^n}\dfrac { \prod _{i=1}^n x_i}{\left(\sum _{i=1}^n x_i \right)!} = \dfrac 1{(2n-1)!}\sum _{k=0}^{+\infty} \dfrac { \prod _{i=1}^{n-1} (n+k+i)}{k!}$$
$$\forall n\in \N^*, \:\:\dfrac {(2n-1) !\:S_n}{\mathrm e}\in \N.\qquad \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline n&1&2&3&4&5 &6\\ \hline \frac {(2n-1) !\:S_n}{\mathrm e} &1& 4&31&358& 5509&106096 \\ \hline \end{array}$$

jandri · May 2020

J'ai déjà cherché cette question.

Pour la suite $v_n=\dfrac {(2n-1) !\:S_n}{\mathrm e}$ je n'avais pas trouvé mieux que $v_n=(n-1)!\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac1{k!}{2n-1\choose n+k}$

Voir la page de L'ile des maths

LOU16 · May 2020

Bonjour,

Une justification détaillée de la formule donnée par Jandri (bravo à lui), plus aboutie que celle à laquelle j'étais parvenu, n'est peut-être pas inutile.

On établit d'abord par récurrence sur $n$ que:$\quad \forall k\geqslant n, \:\displaystyle \sum_{\substack{(x_1,x_2,\dots x_n) \in \N^n\\x_1+x_2+\dots x_n =k}}\prod_{i=1} ^n x_i= \binom {n+k-1}{2n-1}, \:$ d'où l'on déduit que:
$\displaystyle S_n =\dfrac 1{(2n-1)!}\sum _{k=n}^{+\infty}\dfrac{\prod_{i=1}^{2n-1}(k-n+i)}{k!} = \dfrac 1{(2n-1)!}\sum _{k=n}^{+\infty}\dfrac{\prod_{i=1}^{n-1}(k+i)}{(k-n)!}. \qquad S_n= \dfrac 1{(2n-1)!}\sum _{k=0}^{+\infty}\dfrac {Q_n(k)}{k!}\:\:\:\:(\star)$
où $\:\:Q_n(X)$ est défini par $Q_n(X) = \displaystyle \prod _{i=n+1}^{2n-1}(X+i).$

Il est maintenant opportun de faire intervenir les polynômes $ P_n(X) $ définis par $P_n(X) = \displaystyle \prod _{i=0}^{n-1} (X-i)$ qui jouissent des trois propriétés suivantes: $\bullet \:\forall n \in \N,\:\:\displaystyle \sum _{k=0}^{+\infty}\dfrac {P_n(k)}{k!} = \mathrm e.\quad (\star \star) \qquad \qquad \bullet \:\big(P_n(X)\big) _{n \in \N}$ est une base de $\Q[X].\:\:$
$\bullet \:T$ désignant l'élément de $\mathcal L(\Q[X])\quad P(X) \overset T {\longmapsto} P(X+1), \:$ et $\:\: \Delta: = T- \mathrm{Id},\:\:$ on a:$\quad \forall n \in \N, \:\: \Delta P_n = n P_{n-1}.$

Il "suffit" alors, pour obtenir une expression simple de $S_n$, d'exprimer $Q_n$ en fonction des $P_n$, et la chose est possible avec:
$Q_n = T^{2n-1}(P_{n-1})= (\Delta + \text{Id})^{2n-1} (P_{n-1})=\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\binom {2n-1}k \Delta ^k (P_{n-1}) = \sum_{k=0}^{n-1}\binom {2n-1}k \dfrac {(n-1)!}{(n-1-k)!} P_{n-1-k}.$

Avec $(\star)$ et $ (\star \star),$ on parvient à: $\quad \boxed{\dfrac {(2n-1)!\:S_n}{\text{e}} = (n-1)! \displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\dfrac 1{k!}\binom {2n-1}{n+k}.}$

jandri · May 2020

C'est une belle démonstration de la formule donnant $S_n$.
Je n'ai pas procédé de la même façon et j'avais des calculs plus compliqués. C'est après-coup que j'ai trouvé une démonstration plus courte.

J'avais d'abord conjecturé l'égalité préliminaire avant de la démontrer par récurrence. Ce n'est qu'en reprenant la question cette semaine que j'ai trouvé une démonstration directe (sans récurrence) : $\displaystyle \sum_{\substack{(x_1,x_2,\dots x_n) \in \N^n\\x_1+\dots +x_n =k}}\prod_{i=1} ^n x_i$ est le coefficient de $t^k$ dans
$$\left(\sum_{j=1}^{+\infty}jt^j\right)^n=t^n(1-t)^{-2n}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\binom {-2n}{k}t^{n+k}=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{2n(2n+1)\dots(2n+k-1)}{k!}t^{n+k}=\sum_{k=0}^{+\infty}\binom {2n+k-1}{2n-1}t^{n+k}$$.
Ensuite j'ai écrit $S_n$ sous la forme $\displaystyle S_n= \dfrac {(n-1)!}{(2n-1)!}\sum _{k=0}^{+\infty}\dfrac 1{k!}\binom {2n+k-1}{n-1}$.
L'égalité de Vandermonde permet d'écrire $\displaystyle\binom {2n+k-1}{n-1}=\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1}\binom {k}{j}\binom {2n-1}{n-1-j}$ d'où avec $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac1{k!}\binom {k}{j}=\dfrac{\mathrm e}{j!}$ on déduit $\displaystyle S_n= \dfrac {(n-1)!}{(2n-1)!}\sum _{j=0}^{n-1}\dfrac {\mathrm e}{j!}\binom {2n-1}{n+j}$.

Le coefficient $\displaystyle\binom {k}{j}$ dans l'égalité de Vandermonde est égal à $\dfrac{P_j(k)}{j!}$ avec les notations de LOU16.