Commentaire sur l'article

• Mars 2018, 4e défi

  le 21 mars 2018 à 12:48, par Celem Mene

  Bonjour, ça fait

  (n + 1) ! -1

  Ne me demandez pas pourquoi !

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• Mars 2018, 4e défi

  le 21 mars 2018 à 15:13, par Niak

  Sans épiloguer car nous ne sommes pas encore vendredi, vous pouvez le vérifier par récurrence : pour $S(n)$ la somme de l’énoncé et l’initialisation évidente $S(1)=2!-1$, on a $S(n) = S(n-1) + n \cdot n! = n! -1 +n\cdot n! = (n+1)\cdot n! - 1 = (n+1)! - 1$.

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• Mars 2018, 4e défi

  le 21 mars 2018 à 15:08, par Elrigo

  Comme (k+1) ! = (k+1)×k ! = k×k ! +k ! alors on a k×k ! = (k+1) ! - k !

  En sommant cette deuxième égalité sur k de 1 à n, on obtient (1×1 !)+(2×2 !)+⋯+(n×n !) = (n + 1) ! -1

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• Mars 2018, 4e défi

  le 21 mars 2018 à 16:19, par Lhooq

  Ah, je crois que j’ai compris ce qui se passe. Au moment de la rédaction du défi, Ana parfois clique sur publier au lieu de prévisualiser ce qui fait que c’est la deuxième fois que le défi sort avec quelques jours d’avance et aujourd’hui nous avons même la solution du précédent défi qui n’est pas bien encapsulée dans le bloc replié. :D

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• Mars 2018, 4e défi

  le 23 mars 2018 à 09:50, par Daniate

  Si à la somme cherchée on ajoute terme à terme la somme des factorielles de 1 à n on obtient la somme des factorielles de 2 à n+1. Par soustraction on retrouve le résultat déjà proposé. Ceci n’est qu’une réorganisation du procédé utilisé par Elrigo.

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• Mars 2018, 4e défi

  le 23 mars 2018 à 13:38, par Niak

  Une petite interprétation combinatoire : soit $\mathfrak{S}_n$ l’ensemble des permutations de $\{1,\ldots,n\}$, de cardinal $n!$, et, pour tout $2 \leq i \leq n$, $E_n(i)$ le sous-ensemble des permutations $\sigma\in\mathfrak{S}_n$ dont $i$ est le plus grand non point-fixe ($\sigma(i)\neq i$ et pour tout $i < j \leq n$, $\sigma(j)=j$). On a $|E_n(i)| = (i-1) \cdot (i-1)!$ (choix de $\sigma(i) < i$ $\times$ choix de la permutation pour les éléments $< i$). Posons par convention $E_n(1)$ le singleton contenant la permutation identité. Alors les $E_n(i)$ forment une partition de $\mathfrak{S}_n$ (chaque permutation est dans l’un et un seul des $E_n(i)$) d’où $|\mathfrak{S}_n| = \sum_{i=1}^n|E_n(i)|$, soit $n! = 1 + 1\cdot 1! + \cdots + (n-1)\cdot(n-1)! = 1+S(n-1)$ pour $S(n)$ la somme de l’énoncé.

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