Triangle de Pascal et q-analogues

Gymnase Auguste Piccard
Lausanne
Novembre 2008
Triangle de Pascal et q-analogues
Travail de Maturité de
Luca Delacrétaz
Elève de la classe 3M9
Sous la direction de Chantal Arlettaz
TM – Luca Delacrétaz
Résumé
Le premier thème que j’ai abordé dans ce travail de maturité concerne les coefficients
binomiaux, c’est-à-dire le nombres qui servent à calculer combien de combinaisons possibles
il existe lorsqu’on choisit r objets d’un groupe de n objets. Les coefficients binomiaux sont
n
également présents lors du développement d’un binôme (d’où leur nom) de la forme (a + b) .
J’ai abordé ensuite le triangle de Pascal, figure mathématique très connue, qui est en fait un
arrangement en triangle des coefficients binomiaux. Le triangle de Pascal, un des éléments
principaux de ce travail, est un sujet d’étude très intéressant et encourageant par sa richesse en
propriétés ; il n’est pas difficile d’en trouver sans un haut niveau en mathématiques à l’aide de
son observation et de son raisonnement. J’expose donc dans le troisième chapitre une
propriété de ce triangle que j’ai étudiée avant de procéder à l’extension du triangle.
L’extension du triangle de Pascal, qui est le deuxième grand thème de ce travail, ne touche
pas uniquement le triangle mais bien sûr les coefficients binomiaux et donc ce qu’ils
représentent, par exemple le développement d’un binôme. Je montre à ce propos comment on
peut se servir du calcul différentiel pour obtenir cette extension, qui va d’un côté agrandir le
triangle de Pascal pour former le moulin (ou hexagone) de Pascal mais également élargir la
définition des coefficients binomiaux, ce qui nous permet de développer un binôme de la
−n
forme (a + b) (le développement est composé d’une infinité de termes).
Après cela, j’ai exposé une propriété non pas du triangle mais du moulin de Pascal que
j’ai observée puis démontrée. Je me suis ensuite intéressé à d’autres assemblages de nombres
en triangle, en commençant par les coefficients harmoniques. Les coefficients harmoniques
comportent également de nombreuses propriétés que j’ai comparé à celles des coefficients
binomiaux. Ceci nous amène enfin au dernier thème, et thème principal du point de vue
travail personnel et recherche : les q-analogues des coefficients binomiaux, également appelés
q-binomiaux. Après les avoir définis, j’ai montré quelles propriétés et relations ils ont en
commun avec les coefficients binomiaux. Je présente dans ce travail également un programme
que j’ai créé et que j’ai utilisé comme outil de calcul en vue de l’extension de leur définition.
Les q-analogues sont en effet simple à définir lorsque q ∈ ℝ + mais j’ai été confronté à un
problème lorsque je voulais élargir ce domaine à ℝ ; plus précisément lorsque q = −1 . J’ai
donc étudié plus en détail le cas spécial des (-1)-analogues pour enfin définir les q-analogues
quel que soit q ∈ ℝ .
-2-
TM – Luca Delacrétaz
Table des matières
Résumé
I.
Introduction
II.
Les coefficients binomiaux et le triangle de Pascal
III.
-
Définition des coefficients binomiaux
-
Preuve combinatoire de la propriété symétrique des coefficients binomiaux
-
Relation et triangle de Pascal
-
Preuve algébrique de la relation de Pascal
-
Preuve par récurrence de la relation entre le développement algébrique d’un
binôme et le théorème du binôme à l’aide de la relation de Pascal
-
Généralisation de la formule du coefficient binomial pour a+b
Une propriété du triangle de Pascal
-
IV.
V.
VI.
VII.
Théorème de la canne de hockey
Le Moulin de Pascal
-
1ère extension
-
2e extension
-
Preuve algébrique de l’extension du triangle par le calcul différentiel (série de
Taylor-Maclaurin)
-
Dernière extension
Une propriété du moulin de Pascal
-
Observations
-
Preuve de la propriété
-
Coefficients harmoniques
Les Q-analogues des coefficients binomiaux
-
Q-analogues : définition
-
Preuve de la relation de Pascal relative aux q-analogues
-
Q-analogues.exe
-
(-1)-analogues : calculs, observations et hypothèses
-
(-1)-analogues : recherche d’une relation
Conclusion
-3-
TM – Luca Delacrétaz
I. Introduction
Le domaine des mathématiques est un domaine extrêmement large et fascinant par sa
nature fondamentale. Cette science peut s’appliquer dans presque tous les cas pratiques mais
elle reste malgré tout abstraite. C’est pour cette raison que j’ai choisi de faire mon travail de
maturité en mathématiques. Mon choix s’est précisé pour le triangle de Pascal lorsque je lisais
« Mathematical reflexions » – source principal qui m’a servi de guide le long de mon travail,
livre écrit par Peter Hilton, Derek Holton et Jean Pedersen. – et que je réalisais le nombre de
propriétés qu’a ce triangle (les auteurs encourageaient d’ailleurs le lecteur à trouver lui-même
des nouvelles propriétés). Le triangle de Pascal est en effet un sujet de recherche très
récompensant, tant le nombre de petits théorèmes que l’on peut y trouver est élevé. Je me suis
alors lancé dans l’étude du triangle de Pascal et des coefficients binomiaux en suivant le livre
où il était à plusieurs reprises proposé de chercher la preuve pour une hypothèse que les
auteurs avaient émises sans qu’ils donnent la réponse eux-mêmes. C’est ainsi qu’a débuté
mon travail ; en cherchant à prouver les hypothèses du livre et parfois en découvrant des
nouvelles façons de prouver leur théorème. Je me suis ensuite détaché du livre en cherchant à
prouver des propriétés du triangle de Pascal que j’avais observées. La dernière partie de ce
travail de maturité est probablement la plus personnelle : le thème des q-analogues était
mentionné dans « Mathematical reflexions » mais peu développé. Je m’y suis alors intéressé
et c’est sur ce sujet que j’ai effectué mon plus grand travail de recherche.
Le livre « Mathematical reflections » mis à part, mon travail a très peu de sources. Ceci
est en effet un choix que j’ai pris dès le départ, c’est-à-dire de « créer » des mathématiques au
lieu d’en faire, ce que les auteurs du livre conseillaient à plusieurs reprises. C’est pour cela
que la majeure partie de la réalisation consistait à travailler sans autre outil que du papier et un
crayon. J’avais dès le début envie de créer quelque chose qui viendrait de moi et non d’autres
sources.
II. Les coefficients binomiaux et le triangle de Pascal
Définition des coefficients binomiaux
Comment savoir combien de sous-ensembles d’un certain nombre d’éléments on peut
faire avec des éléments d’un ensemble principal ? Si par exemple, avant de partir en voyage,
on a neuf objets que l’on veut emporter avec soi mais que la place disponible dans la valise ne
nous permet que d’en emporter quatre, quel sera le nombre de combinaisons d’objets
possibles ? Il faut tout d’abord distinguer ce cas d’un autre où l’ordre des éléments choisis
compterait, comme le placement de voyageurs sur une rangée dans un avion. Prenons ceci
comme deuxième exemple et admettons qu’une partie d’un groupe de neuf personnes
voyageant ensemble doive se placer sur une rangée de quatre sièges. Le nombre de
possibilités n’est ici pas difficile à calculer, il y aura neuf possibilités pour le premier siège,
huit pour le deuxième (puisqu’une personne est déjà assise) sept pour le troisième et six pour
le quatrième. Tenir compte de toutes ces possibilités revient à calculer leur produit, il y a
donc 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 3024 possibilités. Revenons maintenant au premier exemple. Nous pouvons
faire un raisonnement semblable et faire le même produit mais nous compterions chaque
-4-
TM – Luca Delacrétaz
possibilité un certain nombre de fois en trop, puisque l’ordre ne compte pas. Par exemple, si
l’on appelle les objets a, b, c, d, e, f, g, h et i, on va compter la combinaison a-b-c-d comme
une autre combinaison que a-b-d-c ou b-d-a-c, alors que ces trois ne forment en fait qu’une
possibilité lorsque l’ordre ne compte pas, ce qui est le cas pour les objets que nous
emporterons. Plus précisément, nous avons compté chaque combinaison 24 fois, puisque avec
chaque groupe de quatre objets choisis, nous avons fait comme si l’ordre comptait, ce qui fait
quatre possibilités pour le premier, trois pour le deuxième, deux pour le troisième et une pour
le dernier, c’est-à-dire 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 4! = 24 fois.
Essayons maintenant de faire de même pour le cas général. S’il fallait choisir r objets de n
et que l’ordre comptait, le nombre de possibilités différentes serait de n pour le premier objet,
n-1 pour le deuxième, n-2 pour le troisième jusqu’au rième où il y aurait n-r+1 possibilités. Le
nombre de possibilités total serait donc de n(n − 1)(n − 2) ⋅⋅⋅ (n − r + 1) , mais nous aurions compté
r ! fois les possibilités qui ne comptaient que pour une dans notre cas, il suffit de diviser le
total obtenu par r ! pour obtenir le bon nombre de combinaisons.
n
r
n
Ce nombre de possibilités est appelé coefficient binomial et s’écrit   ou Cr . Nous
n
r
savons par notre raisonnement que :   =
n(n − 1) ⋅⋅⋅ (n − r + 1)
r!
En multipliant le haut et le bas de la fraction par (n-r)!, nous obtenons le théorème du
binôme :
 n  n(n − 1) ⋅⋅⋅ (n − r + 1)
n!
=
 =
r!
r !(n − r )!
r
n
r
n
Le coefficient binomial   tient son nom du binôme (a + b) dont les coefficients
obtenus lors du développement (par exemple 1, 4, 6, 4 et 1 pour n = 4 )1 peuvent être calculés
4
r
avec le théorème ci-dessus. Si l’on garde n = 4 comme exemple, le coefficient binomial  
sera le facteur du rième terme de l’expansion, c’est-à-dire celui où a est élevé à la puissance r
(et b à la puissance n-r). Pour calculer le facteur devant a 3b , c’est-à-dire lorsque r vaut 3, il
 4
 3
suffit de calculer   =
4!
= 4 . Le coefficient de a 3b dans le développement de (a + b) 4
3! ⋅1!
est donc 4, mais pourquoi est-ce que ce coefficient binomial se calcule de la même manière
que si l’on avait quatre objets à choix pour notre voyage et que nous n’ayons que la place
pour trois ? Ces deux exemples sont en fait les mêmes :
1
Car
(a + b) 4 = a 4 + 4a 3b + 6a 2b 2 + 4ab3 + b 4
-5-
TM – Luca Delacrétaz
n
Procédons au développement de (a + b) . Nous pouvons l’écrire de cette manière
(a + b)(a + b) ⋅⋅⋅ (a + b) donc (a + b)(a + b)(a + b)(a + b) si n = 4 . Il devrait être clair
n fois
qu’avec n = 4 , si l’on veut trouver le coefficient après développement de a 3b , cela revient à
trouver le nombre de combinaisons qui contiennent trois a. Cela revient donc à faire la même
chose que de trouver le nombre de combinaisons contenant trois objets à partir de notre choix
de départ qui en a quatre.
Une chose remarquable avec ces développements de binômes est qu’ils semblent être
« symétriques » ( n = 4 nous donnait 1, 4, 6, 4, 1), c’est-à-dire qu’ils sont identiques lus de
 n 

n−r
gauche à droite que lus de droite à gauche, ce qui voudrait dire que calculer 
n
r
 4  4
1  3
reviendrait à calculer   (dans notre exemple :   =   = 4 ). Essayons donc de prouver
ceci.
Preuve combinatoire de la propriété symétrique des coefficients binomiaux
Soit n un nombre d’objets dont r sont choisis. Décider des r objets à choisir revient au même
que de décider des n-r objets à ne pas choisir. Si l’on doit choisir sept objets pour notre
voyage parmi huit disponibles, le nombre de combinaisons est facile à calculer, car cela
revient à choisir un objet parmi huit à ne pas emporter, ce qui ferait huit combinaisons
possibles. Il y a donc autant de combinaisons si l’on choisit r objets de n que si l’on choisit nr objets de n. Cela implique que  n  =  n  , c’est-à-dire la propriété symétrique des
r  n −r
coefficients binomiaux, visible sur le triangle de Pascal que nous verrons plus loin. Cette
propriété se remarque tout de suite en regardant la formule du binôme (preuve arithmétique) :
 n 
n
n!
n!
=
=
=


 
 n − r  (n − r )!(n − [n − r ])! r !(n − r )!  r 
Relation et triangle de Pascal
← n = 0 En affichant les coefficients binomiaux
1
1
1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
← n =1
dans un triangle en suivant les entrées pour
n et r (par exemple   , qui vaut 10, se
←n=2
2
← n = 3 trouve sur la ligne n = 5 et la diagonale r =
2), on obtient le triangle de Pascal. Notons
← n = 4 que pour l’instant, n et r sont positifs ou
5
1 5 10 10 5 1
← n = 5 nuls et admettons que  0 
  = 1 (ce qui est
0
1 6 15 20 15 6 1 ← n = 6
0
justifiable puisque (a + b) = 1 ). De plus, r
ր ր ր ր ր ր ր
n’est (pour l’instant) jamais plus grand que
r= 0 1 2 3 4 5 6
n ce qui est évident algébriquement (lors du
développement d’un binôme) et combinatoirement (il n’y a pas de combinaisons avec cinq
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TM – Luca Delacrétaz
objets si seulement quatre sont à disposition). En observant le triangle de Pascal, on remarque
tout d’abord la propriété symétrique des coefficients binomiaux que nous venons de prouver
(le triangle a comme un « axe de symétrie » au centre) mais aussi que chaque nombre est égal
au deux nombres au-dessus de lui, ce qui nous permet de supposer la relation de Pascal, c’est-
 n   n   n + 1
=
.
 r   r − 1  r 
à-dire :   + 
Cette relation peut être prouvée de façon combinatoire (en raisonnant comme nous l’avons
fait pour prouver la propriété symétrique du triangle), arithmétique (en appliquant le théorème
du binôme) ou algébrique, ce que nous allons faire maintenant..
Preuve algébrique de la relation de Pascal
Partons de l’équation évidente ( x + 1)( x + 1)n = ( x + 1)n+1
Logiquement, les deux côtés de l’équation devraient avoir le même coefficient devant xr quel
que soit r. Du côté droite de l’équation, ce coefficient est  n + 1  , alors que du côté gauche, la
 r 
distribution nous amènera deux coefficients pour xr :  n  quand le 1 de (x+1) multiplie le xr
r
 
de (x+1)n et  n  quand le x de (x+1) multiplie le xr-1 de (x+1)n. Puisque les coefficients des
r −1


deux côtés sont égaux, nous obtenons l’équation :
 n   n   n + 1
 +
=

 r   r − 1  r 
c’est-à-dire la relation de Pascal.
Nous avons montré jusqu’ici de façon combinatoire que  n  est le rième coefficient de
r
(a + b) n . Nous pouvons donc affirmer que le développement complet est égale à la somme de
n
 n  r n− r
n
(
a
+
b
)
=
ses coefficients fois ce qu’ils multiplient. En d’autres termes :
∑
 ⋅a b
r =0  r 
Ceci peut aussi être prouvé algébriquement par récurrence (ou induction). Le
raisonnement par récurrence est une méthode mathématique souvent utilisée pour prouver des
théorèmes qui tiennent pour une valeur de départ (par exemple n = 0 ) et qui consiste à
montrer que si le théorème tient pour n , il tient également pour n + 1 ; il tiendra donc pour
tous les n ∈ ℕ .
Avant de commencer, simplifions notre binôme et prenons ( x + 1) , où b vaut 1 est a
reste une variable que nous nommerons x. La définition algébrique des coefficients binomiaux
n
n
 n r
n
(
x
+
1)
=
devient alors
∑
 ⋅ x .
r =0  r 
-7-
TM – Luca Delacrétaz
Preuve par récurrence de la relation entre le développement algébrique d’un binôme
(x + 1)n et le théorème du binôme à l’aide de la relation de Pascal
n
n r
n
(
x
+
1)
=
Démontrons que
∑
 ⋅ x .
r =0  r 
1
1 r
x
+
1
=
n
=
1
La formule est vraie pour
:
∑
 ⋅ x
r =0  r 
Admettons qu’elle soit vraie pour n et prouvons qu’elle tient pour n+1. Nous devrions
 n + 1 r
⋅ x
r =0  r 
n +1
n +1
trouver : ( x + 1) = ∑ 
( x + 1) n +1 = ( x + 1) n ( x + 1)
n
n
n
n
n
n
= ∑   x r ( x + 1) =∑   x r +1 + ∑   x r
r =0  r 
r =0  r 
r =0  r 
n +1
n
n
 n  r n n r
 n  r
n r
n +1
= ∑
x
+
x
=
x
+
x
+
1
+
∑
∑
∑

 


 x
r =1  r − 1
r =0  r 
r =1  r − 1 
r =1  r 
=x
n +1
n
 n   n  
 n + 1 r n +1  n + 1 r
n +1
+ 1 + ∑ x 
 +   = x + 1 + ∑ 
 x =∑ 
 x c.q.f.d.
r =1  r 
r =0  r 
r =1
 r − 1  r  
n
r
Nous pouvons donc affirmer que puisque la formule tient pour n = 1 , elle tient pour n = 2 et
donc pour n = 3 , etc. Il ne nous reste plus qu’à le généraliser avec a et b.
Généralisation de la formule du coefficient binomial pour a+b :
n
n
  a 
 a
( a + b) = b  1 +   = b n  1 + 
 b
  b 
n
n
n
 n  ar
 n  ar
n
= b n ∑   ⋅ r = ∑   ⋅ r −n = ∑   ⋅ a r b n −r
r =0  r  b
r =0  r  b
r =0  r 
n
Nous avons donc pu voir les multiples facettes des coefficients binomiaux, et nous pouvons
maintenant nous intéresser à une de leurs mulitiples propriétés.
-8-
TM – Luca Delacrétaz
III. Une propriété du triangle de Pascal
Le triangle de Pascal est très
intéressant car riche en propriétés, et
même si une grande quantité de ces
propriétés sont connues, il n’est pas très
difficile d’en trouver d’autres puis
d’essayer de les prouver et ensuite établir
un théorème. Nous allons tout d’abord
démontrer un théorème connu du triangle
de Pascal qui porte le nom de « théorème
de la canne de hockey ». Il s’appelle ainsi,
car il vient de l’observation qu’en partant
d’un terme sur la diagonale où r = 0
suivant l’autre diagonale (qui va de gauche
en haut à droite en bas) et en additionnant chaque terme par lequel nous passons, la somme
sera égale au chiffre se trouvant en dessous et à gauche du dernier terme (on peut s’arrêter où
l’on veut). Appliqué sur le triangle de Pascal, la suite de nombre puis leur somme sont
arrangés en une forme ressemblant à une canne de hockey (voir image en haut).
Théorème de la canne de hockey
Le théorème que l’on veut prouver dit que  n  +  n + 1  +  n + 2  + ... +  n + k  =  n + k + 1  ,
k
0  1   2 
 k  

puisque l’on part avec r = 0 et qu’à chaque nouveau terme, r et n augmentent en même temps.
On s’arrête ensuite à une certaine valeur k que l’on peut choisir et la somme de tous les termes
sera égale au terme sur la même diagonale où r est constant (donc r = k ) mais un « niveau »
en dessous, c’est-à-dire que n augmente encore une fois (il y a donc k + 1 termes puisque r va
de 0 à k). Pour l’exemple en vert dans le schéma plus haut, nous avons k = 2 et n = 3 comme
valeur de départ. Cela nous donne :  3  +  4  +  5  =  6 
0
1
2
2
     
 
Prouvons donc que  n  +  n + 1  +  n + 2  + ... +  n + k  =  n + k + 1  .
0
1
2
k
k
  
 





Par la relation de Pascal, nous avons :
 n + k + 1  n + k   n + k   n + k   n + k − 1  n + k − 1  n + k   n + k − 1  n + k − 2   n + k − 2 

=
+
=
+
+
=
+
+
+

k

  k   k −1   k   k −1   k − 2   k   k −1   k − 2   k − 3 
 n + k   n + k − 1  n + k − 2 
 n + k − k   n   n + 1  n + 2 
n+ k 
=
+
+
 + ... + 
 = +
+
 + ... + 

 k   k −1   k − 2 
 k − k  0  1   2 
 k 
Avec cette équation, les « cannes » ne vont que d’un sens (vers le bas à droite puis le bout
vers le bas à gauche). Pourtant avec la symétrie du triangle, ces cannes pourraient être
simplement projetées vers l’autre côté du triangle (selon l’axe vertical de symétrie du
triangle).
-9-
TM – Luca Delacrétaz
Ainsi,
par
la
propriété
de
symétrie
démontrée
plus
haut,
nous
avons :
 n   n + 1  n + 2 
 n + k   n   n + 1  n + 2 
n + k 
 +
+
 + ... +  k  =  n  +  n  +  n  + ... +  n 
0  1   2 

   
 



n
n + 1  n + 2 
 n + k   n + k + 1
Et  n + k + 1  =  n + k + 1  donc   + 
+
 + ... + 
=

k
n  n   n 
 n   n +1 

  n +1 
IV. Le Moulin de Pascal
Nous avons, au début de nos observations sur le triangle de Pascal, restreint n et r aux
entiers naturels et r devait être plus petit ou égal à n. Il serait pourtant intéressant d’essayer
« d’agrandir » le triangle en prenant d’autres valeurs pour n et r. Que signifierait, par
exemple, un coefficient binomial avec r < 0 ou r > n ? Si l’on revient à la définition
algébrique de ces coefficients, r est le coefficient de x r (dans le développement de ( x + 1) n ),
il est donc évident qu’il est nul, puisque x ne peut être élevé à une puissance supérieure à n ou
inférieure à 0. On pourrait écrire le développement « complet », c’est-à-dire avec toutes les
puissances de x pour ( x + 1) n avec par exemple n = 4 .
1ère Extension
( x + 1) 4 = ... + 0 x −2 + 0 x −1 + 1x 0 + 4 x1 + 6 x 2 + 4 x 3 + 1x 4 + 0 x 5 + 0 x 5 + ...
n
r
Il est donc clair que   = 0
si r < 0 ou r > n
On pourrait maintenant essayer d’élargir la définition de n en prenant n < 0 . En regardant
notre définition algébrique des coefficients binomiaux, on remarque qu’on va ainsi calculer
les coefficients du développement de x + 1 élevé à une puissance entière négative.
- 10 -
TM – Luca Delacrétaz
Deuxième extension du triangle de Pascal
Partons de l’équation :
(1 − x)(1 + x + x + ... + x
2
k −1
+ x ) = 1− x
k
k +1
⇔ 1 + x + x + ... + x
2
k −1
1 − x k +1
+x =
(avec |x|<1)
1− x
k
En admettant que k → ∞, xr+1 devient négligeable et l’équation devient :
1 + x + x 2 + ... + x r + ... = (1 − x) −1 toujours avec |x|<1 pour que le côté gauche converge
(l’équation serait fausse pour |x|≥1). En remplaçant x par –x, nous obtenons :
( x + 1)−1 = 1 − x + x 2 − x3 ... + (−1) r x r + ... , c’est-à-dire le développement polynomial de (x+1)n
 −1
r
pour n = -1. Ceci nous donnerait donc   = ( −1) tant que r ≥ 0. En appliquant la formule
r 
 −1 ( −1) ⋅ ( −2) ⋅⋅⋅ ( −r ) ( −1) r r !
=
= (−1) r donc la même chose.
binomiale nous obtenons :   =
r!
r!
r 
On remarque ici l’utilité d’avoir plusieurs définitions des coefficients binomiaux, tout d’abord
la définition algébrique qui nous a permis d’arriver jusqu’à ce développement puis la
définition arithmétique avec le théorème du binôme qui nous a permis de vérifier notre
résultat.
Nous pouvons donc espérer pouvoir généraliser la formule binomiale et ainsi étendre le
triangle de Pascal en y ajoutant des entrées pour –n. Notons que cette expansion sera faite
arithmétiquement et algébriquement, car elle n’a pas de sens combinatoire (on ne peut
imaginer choisir r objets de -n).
2e Extension
- 11 -
TM – Luca Delacrétaz
Preuve algébrique de l’expansion du triangle par le calcul différentiel (série TaylorMaclaurin)
Par la formule de Taylor pour le développement limité d’une fonction, nous savons que nous
pouvons trouver une bonne approximation d’une fonction dérivable n fois dans une zone
proche d’un point a, ceci avec l’équation2 :
f '(a)
f ''(a)
f ( n ) (a )
2
f ( x) = f ( a ) +
( x − a) +
( x − a) + ... +
( x − a)n + Rn ( x)
1!
2!
n!
où Rn ( x) est le reste du développement limité qui tend vers 0 lorsque x tend vers a. En
choisissant d’appliquer la formule au point a=0, la formule de Taylor devient la formule de
Maclaurin :
f '(0)
f ''(0) 2
f ( n ) (0) n
f ( x) = f (0) +
x+
x + ... +
x + Rn ( x)
1!
2!
n!
Afin de ne plus avoir une approximation mais une équation sans reste, il suffit de faire tendre
n vers l’infini. La dernière formule devient alors la série de Maclaurin (série de Taylor si
a ≠ 0) :
f '(0)
f ''(0) 2
f ( r ) (0) r
f ( x) = f (0) +
x+
x + ... +
x + ...
1!
2!
r!
En appliquant cette série à notre fonction f ( x) = ( x + 1)− n , nous obtenons l’équation :
(−n)(−n − 1) 2
(−n)(−n − 1) ⋅⋅⋅ (−n − r + 1) r
( x + 1) − n = 1 + (−n) x +
x + ... +
x + ...
2!
r!
Puisque n et r sont positifs, chaque facteur du numérateur (-n, -n-1…) est négatif. Nous
pouvons remarquer également que le nombre de ces termes est égal à r, il y aura donc un
coefficient négatif sur deux. Nous pouvons réécrire le coefficient de xr de cette façon :
(−n)(−n − 1) ⋅⋅⋅ (−n − r + 1)
(n)(n + 1) ⋅⋅⋅ (n + r − 1)
= (−1)r
r!
r!
Ce qui nous permet d’utiliser le symbole de sommation pour alléger notre équation :
( x + 1)
−n
∞
= ∑ (−1)r
r =0
(n)(n + 1) ⋅⋅⋅ (n + r − 1) r
x
r!
Le coefficient devant x devrait rapidement nous rappeler de la formule du binôme. En effet,
nous pouvons remarquer que :
(n + r − 1)( n + r − 2) ⋅⋅⋅ ( n + 1)n  n + r − 1
r
=
 donc que le coefficient de x dans l’expansion
r!
 r 
r  n + r − 1
de (x+1)-n est (−1) 
.
 r 
2
Source : « Séries numériques et séries de Taylor », Alex Willa (Cahier n°4 de la Commission Romande de
Mathématiques)
- 12 -
TM – Luca Delacrétaz
3e Extension
∞
 −n 
−n
r  n + r − 1 r
r  n + r − 1
x
=
(
−
1)
Autrement dit : ( x + 1) = ∑ (−1) 
i.e.

 


r =0
 r 
 r 
 r 
Dernière extension
Nous avons maintenant obtenu l’aile droite du moulin de Pascal. Avec cette extension,
nous pouvons remarquer plusieurs choses :
•
Tout d’abord, la relation de Pascal tient toujours.
•
Deuxièmement, l’aile droite du moulin que nous venons de construire ressemble
beaucoup à celle du bas, avec n ≥ 0 . En faisant effectuer à l’aile droite une symétrie
 n 
d’axe 
 , les nombres sont (au signe près) les mêmes que ceux de l’aile du bas.
 2n + 1 
•
Remarquons que nous avons uniquement étudié les cas où | x |< 1 . Il serait intéressant
d’étudier l’expansion de (x+1)-n avec | x |> 1 .
•
Pour finir, on pourrait se demander ce qui se trouve sur l’aile gauche du moulin c’est-àdire dans la zone où n<0 et r<n, une bonne hypothèse serait d’appliquer la propriété
symétrique. Cette expansion sera prouvée plus loin.
- 13 -
TM – Luca Delacrétaz
Essayons de développer notre deuxième observation. Elle nous inciterait, par le fait qu’on
puisse l’exprimer comme une symétrie, à définir une deuxième propriété symétrique3. Cette
 −n 
propriété consisterait à prendre un coefficient binomial   et de l’écrire sous la forme d’un
 r 
coefficient binomial contenu dans l’aile du bas du moulin de sorte que les deux « termes » du
coefficient soient positifs.
Mais ceci nous l’avons déjà
fait, en étendant le triangle
de Pascal, nous avons
obtenu
l’équation
 −n 
r  n + r − 1
  = (−1) 
,
 r 
 r 
qui correspond tout à fait à
 n 
la symétrie d’axe 

 2n + 1 
dont nous parlions ( le
(−1) r corrige le signe, nous
avions vu avec notre
deuxième observation que
la symétrie était juste « au
signe près »).
Ceci nous amène à établir
la deuxième propriété
symétrique,
non
du
triangle mais du moulin ou
de l’hexagone de Pascal,
c’est-à-dire :
 −n 
r  n + r − 1
  = (−1) 

 r 
 r 
Discutons maintenant de nos troisième et quatrième observations. Un moyen pour étudier le
développement polynomial d’un binôme ( x + 1)n avec | x |> 1 et une puissance négative est de
séparer la fonction ( x + 1)
−n
afin d’obtenir ( x + 1)
−n
 1
= x ⋅ 1 + 
 x
−n
−n
Nous avons maintenant un terme en x (c’est-à-dire x − n ) qui multiplie un binôme dont nous
connaissons l’expansion!4 Remarquons tout d’abord que tous les termes en x à droite auront
une puissance négative (ou nulle). Leurs coefficients correspondront donc au coefficient
binomiaux avec r négatif, ce qui répond donc également à notre dernière remarque !
2r
La première propriété symétrique pouvait être décrite géométriquement par une symétrie d’axe   .
r 
4
Puisque 1 < 1 , nous pouvons appliquer la deuxième propriété symétrique pour calculer le développement.
x
3
- 14 -
TM – Luca Delacrétaz
 −n 
Calculons maintenant le coefficient   :
 −r 
−n
 1
Le coefficient de x sera le coefficient de x
dans 1 +  puisque x
 x
−n
∞
 −n  − r
 1
–n
multiplié par x . Il est important de voir que 1 +  = ∑   x
 x
r =0  r 
-r
n-r
Nous pouvons ainsi dire que le coefficient de x
n-r
n-r
sera ensuite
 −n 
dans cette expansion est 
 . Nous
r − n
avons donc effectué la dernière extension du triangle de Pascal :
 −n   −n 
r − n  n + r − n − 1
r −n  r − 1 
 =
 = (−1) 
 = ( −1) 

 −r   r − n 
 r −n 
r − n
Avec cette dernière extension, nous avons également montré que la première propriété
symétrique tient également pour n<0 (voir le début de l’équation ci-dessus), ce qui prouve
notre première hypothèse. Nous pouvons donc affirmer que :
n  n 
 =
 ∀ n, r ∈ ℤ
r
n
r
−
  

Moulin de Pascal
- 15 -
TM – Luca Delacrétaz
V. Une propriété du moulin de Pascal
Observations
Le moulin de Pascal, tout comme le triangle, possède beaucoup de propriétés. Je vais
maintenant exposer un résultat que j’ai observé puis prouvé qui s’applique non seulement sur
le triangle mais sur tout le moulin de Pascal. Mon
observation était la suivante : sur n’importe quelle
ligne où n est constant - les lignes horizontales du
triangle - la somme qu’on obtient en additionnant
un terme sur deux, c’est-à-dire en sautant un terme
entre chaque deux termes, est égale à la somme
des termes que l’on n’a pas compté. Par exemple,
sur la ligne où n = 4 , 1 + 6 + 1 = 4 + 4 (sur la
figure à gauche, la somme des termes entourés en
vert est égale à celle des termes en rouge). Sur la
ligne où n = 5 , 1 + 10 + 5 = 5 + 10 + 1 , on peut
remarquer de manière générale que ce théorème
est évident sur les lignes où n est impair, puisque les deux groupes seront composés des
mêmes chiffres. En prenant maintenant le moulin de Pascal, nous pouvons remarquer que ce
théorème s’applique également
sur les diagonales, par exemple
celles où r est fixe. Voici
quelques exemples :
r =1 :
∑ 2i − ∑ 2i =
∑ (2i + 1) − ∑ (2i + 1)
r=2 :
1 + 6 + 15 + ... + 3 + 10 + 21 + ... =
3 + 10 + 21 + ... + 1 + 6 + 15
Il y a par contre une différence
lorsque
qu’on
suit
une
diagonale où r est négatif, les
deux sommes ne sont égales
que si l’on prend leur valeur
absolue :
r = −2 : −1 = 1 , r = −3 : 1 + 1 = −2 , r = −7 : 1 + 15 + 15 + 1 = ( −6) + (−20) + ( −6)
Le théorème tient pour les lignes où n est constant et négatif (la valeur absolue des termes
négatifs est mises directement pour simplifier l’écriture):
n = −1 : 1 + 1 + 1 + ... + ( −1) + ( −1) + ( −1) + ... = (−1) + (−1) + (−1) + ...1 + 1 + 1 + ...
- 16 -
TM – Luca Delacrétaz
n = −2 : 1 + 1 = 0 + 2 , 3 + 3 = 2 + 4 , 5 + 5 = 4 + 6 …
Preuve de la propriété
Essayons tout d’abord de démontrer ce théorème pour les lignes horizontales.
Hypothèse :
n
 n 
∑  2i  = ∑  2i + 1
i



i

Autrement dit, pour un n fixe, la somme des coefficients binomiaux avec r pair est égale à
celle des coefficients avec r impair. Ceci n’est pas difficile à démontrer. Si l’on ne prend
qu’un terme sur deux d’une ligne, on remarque que leur somme devrait être égale à la somme
des termes de la ligne d’en dessus, puisqu’ils « héritent » en quelque sorte, par la relation de
 n − 1
 . Ce que nous venons de
i 
 i  i 
dire ne change pas si l’on prend les coefficients binomiaux avec r impair, nous pouvons donc
 n 
 n − 1
aussi affirmer que ∑ 
 = ∑
 . Nous pouvons donc tirer de ses deux équations
i  2i + 1 
i  i 
Pascal, de ces termes. On peut donc dire que
que
n
n
∑  2i  = ∑ 
 n − 1
 n 
 = ∑
.
 i  i  2i + 1
∑  2i  = ∑ 
i


i
Le théorème peut être prouvé pour les lignes où r est fixe en utilisant les deux propriétés
symétriques. Nous voulons prouver que
 2i 
 2i + 1
.
 r 
∑ r  =∑
i


i
 − n   n + r − 1
 −n 
r  n + r − 1
Puisque   = (−1) 
donc
 =
 , et que

 r   r 
 r 
 r 
n
 n 
∑  2i  = ∑  2i + 1
i


i


 −n + 2i − 1
 −n + 2i 
 =∑
 . Par la première propriété symétrique nous avons :
2i
i  2i + 1 


∑
i
n  n 
 =
 , donc en appliquant ceci au deux côtés de notre équation nous obtenons
r  n −r
 −n + 2i − 1
 −n + 2i 
∑i  −n − 1  = ∑i  −n − 1  . Notre constante vaut maintenant −n − 1 , rien ne nous




empêche de l’appeler r. Posons donc r = − n − 1 et nous obtenons :
 r + 2i 
 r + 2i + 1
 =∑
 . Dans ce cas le r en haut est inutile et nous pouvons écrire
r
i 
 r 

∑
i
l’équation ainsi :
 2i 
 2i + 1
.
 r 
∑ r  =∑
i


i
Nous avons donc réussi à prouver ce que nous voulions, c’est-à-dire :
- 17 -
TM – Luca Delacrétaz
•
n
i
•
 n 
∑  2i  = ∑  2i + 1


i
 2i 


 2i + 1

 r 
∑ r  =∑
i


i
Il serait maintenant intéressant de voir d’autres arrangements de chiffres en triangle tels que
celui de Pascal. Nous allons étudier deux de ces arrangements ; les coefficients harmoniques
et les q-analogues des coefficient binomiaux.
Coefficients harmoniques
n 
n 
r !(n − r )!
1
=
Un coefficient harmonique   est donné par l’équation :   =
(n + 1)!
 r  (n + 1) ⋅  n 
r 
 
r
Pour commencer, nous allons
1
arranger les coefficients
1
1
harmoniques dans un triangle
2
2
1
1
1
comme nous l’avons fait pour
3
6
3
les coefficients binomiaux
1
1
1
1
puis
vérifier
quelles
4
12
12
4
propriétés du triangle de
1
1
1
1
1
Pascal se conservent pour le
5
20
30
20
5
1
1
1
1
1
1
triangle des coefficients
6
30
60
60
30
6
harmoniques. Nous pourrions
1
1
1
1
1
1
1
commencer par la propriété
7
42
105
140
105
42
7
symétrique, qui a à première
ր ր ր ր ր ր ր
vue l’air de se conserver (voir
r= 0 1
2
3
4
5
6
triangle à droite).
n 
 n 
Hypothèse :   = 

 r  n − r 
 n 
=
n
−
r


Preuve : 
←n=0
← n =1
←n=2
←n=3
←n=4
←n=5
←n=6
n 
1
1
=
= 
r
 n 
n
(n + 1) ⋅ 
(n + 1) ⋅    

n − r
r
Puisque les coefficients binomiaux sont symétriques, les coefficients harmoniques le sont
également. Par contre, ce n’est pas le cas pour la relation de Pascal. Par exemple, dans le
triangle harmonique : 1
12
≠ 1 + 1 . En revanche, nous pouvons remarquer que le triangle
3
6
harmonique possède une autre relation : en chaque position, le coefficient est égal à la somme
des deux en dessous de lui, par exemple : 112 = 1 20 + 1 30 .
n   n 
 n − 1
Essayons donc de prouver ceci :   + 
=

 r   r + 1  r 
- 18 -
TM – Luca Delacrétaz
 n   n  r !(n − r )! (r + 1)!(n − r − 1)! r !(n − r )!+ (r + 1)!( n − r − 1)!
=
 r  +  r + 1 = (n + 1)! +
(n + 1)!
(n + 1)!
  

r !( n − r − 1)![ (n − r ) + (r + 1) ] r !(n − r − 1)!(n + 1) r !( n − r − 1)!  n − 1
=
=
=
=
 c.q.f.d.
( n + 1)!
( n + 1)!
n!
 r 
VI. Les q-analogues des coefficients binomiaux
Q-analogues : définition
n
 r q
Les q-analogues sont donnés par la relation :   =
Pour l’instant, nous allons limiter
q à ℕ* − {1} . Nous agrandirons
par la suite ce domaine de
définition.
n
3-analogues de  
r
←n=2
1 13 13 1
1 40 130 40 1
←n=3
←n=4
1 364
ր
ր
1
1210
11011
ր
2
← n =1
1
1 4 1
1 121
r= 0
←n=0
1
1
Il y a donc une infinité de qanalogues. Le 3-analogue a ici été
arrangé (à droite). Les q-analogues
ont également quelques ressemblances avec les coefficients
binomiaux :
n n
  =   = 1 ∀q ∈ ℕ
 0 q  n q
(q n − 1)( q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r +1 − 1)
(q r − 1)(q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
33880
ր
3
1210
ր
4
121 1
11011
←n=5
364 1 ← n = 6
ր ր
5
6
n
n
( q n − 1)(q n−1 − 1) ⋅⋅⋅ ( q − 1)
= 1.
Cette propriété est évidente pour   car   = n
n −1
 n q
 n  q ( q − 1)(q − 1) ⋅⋅⋅ ( q − 1)
n
 0 q
Ceci peut être prouvé pour   en appliquant la propriété symétrique qui semble aussi tenir
pour cet arrangement des q-analogues, par exemple :
5
5
=
121
=
 
 
 1 3
 4 3
6
6
=
11011
=
 
 
 2 3
 4 3
 3
3
=
13
=
 
 
 1 3
 2 3
Vérifions si elle tient pour tous les q-analogues :
 n 
(q n − 1)(q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q r +1 − 1)
(q n − r − 1) ⋅⋅⋅ (q r +1 − 1)
=
:


n−r
n − r −1
− 1) ⋅⋅⋅ ( q − 1) (q n − r − 1) ⋅⋅⋅ (q r +1 − 1)
 n − r  q (q − 1)( q
=
( q n − 1)(q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ ( q n −r +1 − 1)  n 
= 
( q r − 1)( q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
 r q
- 19 -
TM – Luca Delacrétaz
Les q-analogues sont facilement calculables tant que q ≥ 2 . Les 0-analogues ne sont pas
intéressants5, regardons donc les 1-analogues. Puisque tous les 1-analogues donnent un
résultat indéfini car les facteurs du numérateur et du dividende sont nuls, considérons la limite
suivante :
n
(q n − 1)(q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r +1 − 1)
lim   = lim
r
r −1
q →1 r
  q q →1 (q − 1)(q − 1) ⋅⋅⋅ ( q − 1)
= lim
q →1
puisque chaque facteur s'annule pour 1
(q − 1) peut être sorti de chacun
( q − 1) r  (q n −1 + q n − 2 + ... + 1) ⋅ ( q n −2 + q n −3 + ... + 1) ⋅⋅⋅ (q n − r + q n −r −1 + ... + 1) 
( q − 1) r  (q r −1 + q r − 2 + ... + 1) ⋅ (q r − 2 + q r −3 + ... + 1) ⋅⋅⋅ (q 2 + q + 1) ⋅ (q + 1) 
n termes
−1 termes
n − r +1 termes
n
n −1
n− 2
n−2
n −3
n−r
( q + q + ... + 1) ⋅ (q + q + ... + 1) ⋅⋅⋅ (q + q n − r −1 + ... + 1)
= lim
q →1 ( q r −1 + q r − 2 + ... + 1) ⋅ ( q r − 2 + q r − 3 + ... + 1) ⋅⋅⋅ ( q 2 + q + 1) ⋅ ( q + 1)
r termes
=
r −1 termes
3 termes
2 termes
n(n − 1)(n − 2) ⋅⋅⋅ (n − r + 1)  n 
= 
r!
r
Nous remarquons ainsi que les 1-analogues sont en fait les coefficients binomiaux. Le triangle
de Pascal n’est donc qu’un arrangement particulier des q-analogues. Remarquons que le
triangle de Pascal possède beaucoup plus de propriétés que les autres q-analogues, par
exemple le fait qu’il représente les coefficients d’un développement binomial ainsi que ces
caractéristiques combinatoires. C’est également le seul q-analogue non défini, c’est-à-dire
pour lequel il faut faire un calcul de limite6 (tant que q ≥ 0 )7. Nous avons donc agrandi
l’ensemble de q à ℕ* .
Il serait maintenant intéressant de poser n et r et de calculer quelques analogues des
coefficients binomiaux en fonction de q.
 4
q 4 − 1 ( q − 1)(q 3 + q 2 + q + 1)
=
=
= q3 + q 2 + q + 1
 
q −1
 1 q q − 1
 3
q3 − 1
=
= q2 + q + 1
 
 1 q q − 1
5
(q 5 − 1)(q 4 − 1)(q 3 − 1) (q − 1) 2 ( q + 1)( q 2 + 1)(q 4 + q 3 + q 2 + q + 1)
=
=
 
3
2
(q − 1) 2 (q + 1)
 3  q (q − 1)(q − 1)(q − 1)
= q 6 + q 5 + 2q 4 + 2q 3 + 2q 2 + q + 1
De la même manière, on peut calculer :
5
n
  = 1 ∀n, r ∈ ℕ car il y a toujours r facteurs dans le numérateur et r facteurs dans le dénominateur et
 r 0
chaque facteur est égal à –1.
6
Ceci nous amène à la définition plus générale d’un q-analogue. Un q-analogue est une généralisation
mathématique d’un théorème qui se résume au théorème de base lorsque q=1. Il existe par exemple les qanalogues de l’opération « factoriel » notés
remarque ici que
7
[ x ]q ! = 1(1 + q)(1 + q + q 2 ) ⋅⋅⋅ (1 + q + q 2 + ... + q k −1 ) . On
[ x ]1 ! = x ! .
Nous verrons par la suite que les (-1)-analogues ( q = −1 ) peuvent ne pas être définis.
- 20 -
TM – Luca Delacrétaz
6
8
7
6
5
4
3
2
  = q + q + 2q + 2q + 3q + 2q + 2q + q + 1
 2 q
7
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
  = q + q + 2q + 3q + 4q + 4q + 5q + 4q + 4q + 3q + 2q + q + 1
 3 q
Nous remarquons que tous ces q-analogues des coefficients binomiaux sont des polynômes en
q (du moins pour ceux que nous avons calculé, il restera à le prouver pour les autres). Il serait
donc intéressant de trouver une démonstration prouvant notre hypothèse. Pour ce faire, il faut
introduire l’équivalent de la relation de Pascal pour les q-analogues :
 n   n   n + 1
qr   + 
 =

 r q  r − 1q  r q
Preuve de la relation de Pascal relative aux q-analogues
n  n 
q r ( q n − 1)(q n−1 − 1) ⋅⋅⋅ ( q n −r +1 − 1) (q n − 1)(q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r + 2 − 1)
q   +
+
 =
(q r − 1)(q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ ( q − 1)
(q r −1 − 1)(q r − 2 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
 r q  r − 1q
r
=
q r ( q n − 1)( q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r +1 − 1) + (q n − 1)(q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ ( q n −r + 2 − 1)(q r − 1)
(q r − 1)(q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
n +1
=
q + q − q −1
n
n −1
n−r +2
r
n − r +1
r
(q − 1)( q − 1) ⋅⋅⋅ (q
− 1)  q ( q
− 1) + q − 1
r
r
(q r − 1)(q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
(q n +1 − 1)( q n − 1)( q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r + 2 − 1)  n + 1
=
=

( q r − 1)( q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
 r q
c.q.f.d.
Un élément du triangle des q-analogues dépend donc toujours des deux éléments au-
 n   n   n + 1
=
 donc la
 r   r − 1  r 
 n   n + 1
r n
relation de Pascal. Maintenant que nous savons que q   + 
 =
 il nous est
r
r
−
1
 q 
q  r  q
dessus de lui. Remarquons que si q = 1 , cette relation devient   + 
possible, par récurrence, de prouver que tous les q-analogues peuvent s’écrire comme des
n
 0 q
n
 n q
polynômes en q. Nous savons que   et   sont des polynômes en q, quel que soit n
 n   n   n + 1
 =
 avec n = r =
 r  q  r − 1q  r  q
r
dans ℕ (ils sont tous égaux à 1). En appliquant q   + 
1, les deux termes à gauche de l’équation sont des polynômes en q ( q r et 1). Cela implique
que le côté droit, étant une somme de polynômes, est également un polynôme en q. Nous
pouvons ensuite continuer en « augmentant » n à chaque fois avec r fixe, ce qui nous assure
- 21 -
TM – Luca Delacrétaz
n
 1 q
que tous les   sont des polynômes en q. Il suffit ensuite de répéter toute cette démarche en
partant avec r = 2 : n = 2 puis 3, etc. Le tout est donc d’« augmenter » n avec r fixe pour


 sont des polynômes en q, puis d’« augmenter » r pour le
 r fixe q
prouver que tous les 
n
n
 r q
montrer pour tout   . L’« augmentation » de n est donc à l’intérieur de celle de r. Nous
savons maintenant que tout q-analogue est un polynôme en q. De plus, nous pouvons
remarquer lors du calcul de ces polynômes, qu’ils finissent tous par 1 (voir page précédente).
r
Cela vient du fait que dans le numérateur, la valeur constante sera (−1) , puisqu’il y a r
facteurs contenant tous (-1), et que cela sera de même pour le dénominateur. Puisque
(−1) r ( −1) r = 1 , la valeur constante finale sera 1 pour tout q-analogue. Ceci implique que
n
  sera toujours égal à k ⋅ q + 1 où k est un polynôme en q donc k ∈ ℕ tant que q ∈ ℕ .
 r q
Par exemple, si l’on observe q 8 + q 7 + 2q 6 + 2q 5 + 3q 4 + 2q 3 + 2q 2 + q + 1 , toute la partie de
8
7
6
5
4
3
2
gauche ( q + q + 2q + 2q + 3q + 2q + 2q + q ) est un multiple de q, donc égal8 à k ⋅ q .
Le +1 nous donne donc k ⋅ q + 1 . Nous pouvons donc affirmer que :
n
  = k ⋅ q + 1 = 1 mod q ∀ n, r , q ∈ ℕ
 r q
Cette équation peut être observée sur l’arrangement des 3-analogues, en les divisant par 3 puis
en observant le reste (qui est toujours égal à 1).
Nous allons maintenant élargir la définition des q-analogues en admettant que
q ∈ ℝ (nous avions déterminé plus tôt ℕ* pour l’ensemble de q). Le passage tout d’abord de
ℕ* à ℝ*+ ne pose pas de problème, les q-analogues étant toujours calculables pour des q non
n
3.71-analogues de  
r
←n=0
1
1
← n =1
1
←n=2
←n=3
1 4.71 1
1
1
1
18.474
69.539
258.989
18.474
272.753
3823.745
1
69.539
3823.745
←n=4
1
258.989
1 ←n=5
naturels (voir assemblage des 3.71-analogues). Le passage ℝ + à ℝ nous pose par contre un
problème, mais auquel l’on pouvait s’attendre : bien que les (-3) ou (-7)-analogues soient
faciles à déterminer, ce n’est pas le cas pour les (-1)-analogues. Puisqu’un polynôme q i − 1
*
8
En occurrence,
k = q 7 + q 6 + 2q 5 + 2q 4 + 3q 3 + 2q 2 + 2q + 1
- 22 -
TM – Luca Delacrétaz
( q n − 1)(q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ ( q n −r +1 − 1)
vaut zéro avec q = −1 si l’exposant i est paire, et que dans
( q r − 1)( q r −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
les puissances ( n, n − 1, n − 2... pour le numérateur et r , r − 1, r − 2... pour le dividende)
sont alternativement paires et impaires, il suffit que le nombre de facteurs soit égal à deux
pour être certain que le numérateur et le dividende seront égaux à zéro et donc que ce qanalogue ne sera pas défini (zéro sur zéro).
Avant de continuer, j’aimerais introduire un outil de calcul que j’ai créé particulièrement pour
les q-analogues
Q-analogues.exe
Q-analogues.exe est un petit programme que j’ai créé pour faciliter le calcul de qanalogues des coefficients binomiaux ainsi que pour pouvoir rapidement comparer plusieurs
de leurs assemblages en triangle. Comme on peut le remarquer dès la première utilisation,
c’est le côté pratique et non esthétique qui a été recherché ; ce programme était tout d’abord
un outil de travail lors de mes observations sur les q-analogues.
L’idée de faire un programme m’est venue en voyant que le triangle de Pascal est un exercice
souvent utilisé lorsqu’on commence à faire de la programmation. Je l’ai donc fait par curiosité
sans y trouver un grand intérêt pour les recherches sur le triangle de Pascal, puisqu’il est
unique et le programme ne servirait qu’à l’afficher. Ce projet s’est par contre développé
lorsque j’ai commencé à étudier les q-analogues : ils sont non seulement plus longs à calculer
individuellement mais en plus il existe un infinité de triangles de q-analogues.
Le code source entier du programme peut être trouvé en annexe.
- 23 -
TM – Luca Delacrétaz
(-1)-analogues : calculs, observations et hypothèses
La recherche d’une relation pour les (-1)-analogues est plus complexe que celle pour les 1-
n
 r q
n
 r q
analogues, car la limite lim   ne peut être calculée aussi facilement que lim   . Pour
q →−1
q →1
les 1-analogues, nous avions sorti tous les q − 1 du numérateur et du dénominateur et ainsi
simplifié la relation en sortant tous les facteurs qui valaient zéro. Ceci n’est pas possible pour
les (-1)-analogues car il faudrait sortir q + 1 des facteurs du numérateur, ce qu’on ne peut faire
6
uniquement lorsque l’exposant de q est pair. Par exemple, q − 1 peut être factorisé en
( q + 1)( q 5 − q 4 + q 3 − q 2 + q − 1) , ce qui ne peut être fait avec q 5 − 1 . Ceci implique qu’il n’y
a pas forcément le même nombre de q + 1 dans le numérateur que dans le dénominateur.
Nous allons donc devoir procéder autrement. Une possibilité envisageable serait de calculer
individuellement quelques-uns des (-1)-analogues, les arranger dans un triangles puis faire des
observations et des hypothèses. Les (-1)-analogues ne posent pas de problème lorsqu’on les
calcule individuellement, nous avions vu plus haut que tous les q-analogues peuvent être
exprimés sous forme de polynôme en q, le fait que q soit égal à -1 ne nous met donc pas en
difficulté.
 1
q −1
lim   = lim
=1
q →−1 1
  q q→−1 q − 1
 2
q2 −1
lim   = lim
= lim q + 1 = 0
q →−1 1
  q q →−1 q − 1 q →−1
 3
(q 3 − 1)(q 2 − 1)
(q 3 − 1)
lim   = lim 2
= lim
=1
q →−1 2
  q q →−1 (q − 1)( q − 1) q →−1 ( q − 1)
5
(q 5 − 1)(q 4 − 1)
(q − 1)(q 4 + q 3 + q 2 + q + 1)(q 2 − 1)( q 2 + 1)
lim   = lim 2
= lim
q →−1 2
(q 2 − 1)( q − 1)
  q q →−1 (q − 1)(q − 1) q →−1
= lim (q 4 + q 3 + q 2 + q + 1)(q 2 + 1) = 2
q →−1
De cette façon et en utilisant la propriété
symétrique ou l’identité de Pascal des qanalogues, il est possible de calculer les
(-1)-analogues, assemblés à droite sous
la forme habituelle d’un triangle. En
observant ce triangle, nous pouvons
remarquer de nombreuses propriétés, par
(-1)-analogues
n
exemple que la ligne   alterne entre
 1  −1
n
croît
 2  −1
1 et 0, que la ligne  
régulièrement (1,1,2,2,3,3,4…), que la
1
←n=0
1 1
← n =1
1 0 1
1 1 1 1
←n=2
←n=3
1 0 2 0 1
←n=4
1 1 2 2 1 1
←n=5
1 0 3 0 3 0 1
1 1 3 3 3 3 1 1
←n=6
←n=7
1 0 4 0 6 0 4 0 1 ←n=8
ր ր ր ր ր ր ր ր ր
r =0 1 2 3 4 5 6 7 8
- 24 -
TM – Luca Delacrétaz
n
 3  −1
ligne   croît également régulièrement si l’on ne prend qu’un terme sur deux, que sur les
lignes où n est impair, r est « à double »9 ou encore que les zéros apparaissent à chaque fois
que n est pair et r est impair. Nous pouvons également observer que la relation de Pascal10
n
 r  −1
tient tant que   ≠ 0 , et en analysant bien l’assemblage, nous pouvons y trouver les
coefficient binomiaux. En effet, en cachant les lignes où r est impair ainsi que les lignes où nr est impair, nous obtenons le triangle de Pascal !
(1)
(-1)-analogues
1
(1)
1
(1)
1
(1)
1
(1)
1
0
( 4)
1
2
3
2
3
0
(1)
0
1
( 3)
0
3
(6)
←n=3
1
( 2)
( 3)
0
(1)
0
0
← n =1
←n=2
1
1
1
←n=0
0
←n=5
1
(1)
0
3
←n=4
1
( 4)
1
0
(1)
←n=6
←n=7
←n=8
ր ր ր ր ր ր ր ր ր
r=0 1 2 3 4 5 6 7 8
Nous pourrions prouver toutes ces hypothèses, mais seules quelques-unes nous serons utiles
pour trouver une relation décrivant les (-1)-analogues. Commençons par formuler notre
hypothèse à propos des « r doubles », elle semble être valable lorsque n est impair ; si r est
impair :
n
 r q
 n 
 si n et r sont impairs
 r − 1q
1ère hypothèse : lim   = lim 
q →−1
q →−1
Preuve :
=
−2 n
 n 
( q n − 1)( q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r +1 − 1)
(q n − 1)( q n −1 − 1) ⋅⋅⋅ (q n − r + 2 − 1)
lim   = lim
=
lim
= lim 

r
r
−
1
r
−
1
r
−
2
q →−1 r
q →−1 ( q
q →−1 r − 1
q − 1) ( q − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
− 1)(q − 1) ⋅⋅⋅ (q − 1)
  q q →−1 (

q
=−2
Intéressons-nous aux zéros récurrents des (-1)-analogues. L’hypothèse est simple à formuler ;
un (-1)-analogue vaut zéro lorsque n est pair et r est impair :
9
Par exemple pour n =5 : 1;1 ; 2;2 ; 1;1
10
 n   n   n + 1
 n   n   n + 1
et non pas q r   + 
=


 =

 r   r − 1  r 
 r q  r − 1q  r q
C’est-à-dire   + 
- 25 -
TM – Luca Delacrétaz
n
 r q
2e hypothèse : lim   = 0 si n est pair et r est impair
q →−1
Preuve :
=0
=0
=−2
n
n −1
n − r +1
n
 
(q − 1) (q − 1) ⋅⋅⋅ (q
− 1)
= lim
Si n est pair et r est impair ; qlim


−
1
r
r
→−1 r
q − 1) (q − 1) ⋅⋅⋅ (
q − 1)
  q q →−1 (
=−2
=0
=−2
Puisqu’il y a autant de facteurs dans le numérateur que dans le dénominateur (r facteurs), il
est clair qu’il y en a
r +1
r −1
qui valent zéro dans le numérateur et
dans le dénominateur
2
2
(rappelons que r est impair). Puisque tous ces facteurs sont ceux dont l’exposant de q est pair,
ils peuvent tous être factorisés sous la forme ( q + 1)( q i − q i −1 + q i − 2 − ... + q − 1) où i sera
forcément impair. Remarquons que la partie droite du terme factorisé ne vaut en aucun cas
zéro puisque q i = −1 , − q i −1 = −1 , q i − 2 = −1 , … q = −1 , −1 = −1 . Ce facteur vaudra donc
−(i + 1) .
Les q + 1 pourront alors être simplifiés, il n’en restera plus qu’un dans le numérateur. Puisque
le reste du facteur est non nul, ce q-analogue vaudra zéro, puisque le dernier q + 1 multiplie le
tout. Nous pouvons donc affirmer que :
n
 r q
Si n est pair et r est impair : lim   = 0
q →−1
Comme dernière hypothèse, essayons de formuler ce que nous avons remarqué à propos de la
relation de Pascal des (-1)-analogues. Nous pouvons écrire ce que nous avions observé de la
manière suivante :
n
3 hypothèse qlim
  = qlim
→−1 r
  q →−1
e
 1 + ( −1) r ( n − r ) 


2


 n − 1   n − 1  
⋅ 
 +
 
 r − 1  q  r q 
=0 si n pair et r impair
=1 sinon
 1 + (−1) r ( n − r ) 
Pour simplifier l’écriture des équations, nous noterons Ω(n, r ) = 
.
2


n
 r q
 n − 1   n − 1  
 +
 
 r − 1 q  r q 
3e hypothèse lim   = lim Ω(n, r ) ⋅ 
q →−1
q →−1
Preuve :
n
 r q
 n − 1
r  n − 1
 +q 

 r − 1 q
 r q
Par l’identité de Pascal des q-analogues, nous avons lim   = lim 
q →−1
q →−1
- 26 -
TM – Luca Delacrétaz

 n − 1  n − 1


 +
 si r est pair
−
r
1
r

q 
q


=
 n − 1
e

 si n impair (par la 2 hypothèse)
 n − 1  n − 1
 r − 1  −  r  si r est impair  r − 1  q
q 
q

ère

 0 si n est pair (par la 1 hypothèse)

 n − 1  n − 1 
= Ω(n, r ) ⋅ 
c.q.f.d.
 +
 
 r − 1  q  r  q 
(-1)-analogues : recherche d’une relation
Maintenant que nos trois hypothèses sont prouvées, il nous sera plus facile de trouver une
relation pour les (-1)-analogues. La première partie sera de rechercher une relation puis à la
proposer sous forme d’hypothèse. Puisque cette partie est essentiellement constituée
d’observations et de tâtonnements, je vais tout de suite présenter ce à quoi mes observations
m’ont conduit :
J’ai remarqué que les (-1)-analogues étaient, du moins ceux que j’ai pu observer, égaux au
coefficient binomiaux avec pour n et pour r la partie entière de la moitié de leur valeur pour
7
 5 q
 [ 7 / 2]   3 
 =   = 3 . Ceci n’est bien sûr valable
5
/
2
[
]

  2
les (-1)-analogues, par exemple lim   = 
q →−1
que lorsque les (-1)-analogues ne sont pas nuls, c’est-à-dire lorsque n et r ne sont pas
respectivement pair et impair. Nous pouvons donc formuler cette hypothèse ainsi :
 [ n / 2] 
n
lim   = Ω(n, r ) 

q →−1 r
 q
 [ r / 2] 
Preuve de la relation :
Pour démontrer cette hypothèse par récurrence sur n et r, il faudrait que le fait qu’elle tienne
pour
n
lim  
q →−1 r
 q
et
 n 
lim 

q →−1 r − 1

q
qu’elle
pour
implique
tienne
 n + 1
lim 
 .
q →−1
 r q
Si
pour
nous
parvenons à prouver ceci, il
suffira d’avoir des « points de
départ »
pour
lesquels
l’hypothèse tient (en rouge
sur le schéma à droite) pour
- 27 -
TM – Luca Delacrétaz
ensuite vérifier l’hypothèse de façon générale. Comme on peut le voir sur le schéma, tous les
n
 0 q
termes avec r = 0 et r = n sont en rouge. En effet, puisque l’hypothèse tient pour lim  
q →−1
n
 n q
et pour lim   avec n ∈ ℕ , nous choisirons ces termes comme point de départ. On peut
q →−1
voir sur le schéma qu’avec ce raisonnement par récurrence, tout découle du fait que
l’hypothèse est vérifiée pour les premiers termes. Il y a deux types de flèche sur la figure ;
celles qui sont orientées dans la direction où r est fixe, qui correspondent à l’augmentation de
n et celles qui sont orientées dans la direction où n–r est fixe, qui correspondent à
l’augmentation de r et n. Afin de vérifier l’hypothèse pour un
 n + 1
n
 , il faut qu’elle soit vraie pour  
 r  −1
 r  −1
 n 

 . Par exemple, puisque l’hypothèse est vraie pour
 r − 1  −1
terme 
et pour
1
  et
 0  −1
 1
 2
 2
elle sera vraie pour   . Le terme   pourra à
 1  −1
 1  −1
 1  −1
pour  
son tour jouer le rôle de « point de départ » ; en sachant que
 2
 2
 3
et pour   , elle le sera également pour   .
 2  −1
 1  −1
 2  −1
l’hypothèse est vraie pour  
n
 n 
et pour lim 
 et calculons
q →−1 r − 1
 r q

q
Admettons donc que l’hypothèse tienne pour lim  
q →−1
 n + 1
lim 
 :
q →−1
 r q
 n   n  
 n + 1
=
Ω
+
⋅
lim
(
n
1,
r
)


 +  
 r − 1q  r  q 
 r  q q →−1
Nous savons par notre 3e hypothèse que lim 
q →−1

 [ n 2] 
 [ n 2]  
= lim Ω(n + 1, r ) ⋅ Ω(n, r − 1) 
+
Ω
(
n
,
r
)


 
q →−1
r
−
1
2
r
2
[
]
[
]


q

 q 
- 28 -
TM – Luca Delacrétaz
0 si r et n sont impairs


 [ n 2]   [ ( n + 1) 2] 


=
 si r et n sont pairs

r
2
r
2
[
]
[
]

 



 [ n 2]   [( n + 1) 2] 


=
 si r est impair et n pair
=
 [ (r − 1) 2]   [ r 2] 

 n −1   n −1   n +1 


 
 

 [ n 2]  +  [ n 2]  =  2  +  2  =  2  =  [ (n + 1) 2]  si r pair et n impair
 [ (r − 1) 2]   [ r 2]   r   r   r   [ r 2] 
 
  − 1 


 
 

2


2


2



Par la relation de Pascal
 [ (n + 1) 2] 
= Ω(n + 1, r ) ⋅ 

 [ r 2] 
Cette dernière partie nous a donc permis de :
•
découvrir les q-analogues des coefficients binomiaux,
•
les comparer aux coefficients binomiaux et observer les propriétés qu’ils ont en
commun, par exemple la propriété symétrique et la relation de Pascal (bien qu’un peu
altérée).
•
partir d’une définition connue des q-analogues puis l’élargir et ainsi définir les qanalogues pour n’importe quel q ∈ ℝ ,
•
appliquer une méthode de recherche pour enfin établir un théorème.
VII. Conclusion
J’ai donc, au cours de ce texte, découvert les coefficients binomiaux, leur arrangement
appelé triangle de Pascal, quelques-unes de leurs propriétés, leur extension pour former le
moulin de Pascal, leurs q-analogues et les coefficients harmoniques. Mais ce travail a
représenté pour moi plus que cela, c’est-à-dire la recherche personnelle sur un sujet en
particulier, en partant de peu de connaissances (par exemple pour les (-1)-analogues) pour
enfin parvenir à établir des théorèmes depuis ses résultats. Comme dit plus tôt, le triangle de
Pascal est très riche en propriétés et est un sujet de recherche idéal pour n’importe quel
débutant en mathématiques. J’en ai donc profité pour l’étudier et y rechercher des
particularités, tout d’abord celles proposées par le livre qui me guidait, puis d’autres que je
remarquais par mes propres observations. C’est le cas des (-1)-analogues (la partie de ce
travail de maturité qui a été la plus intéressante à réaliser) qui m’ont posé problème lorsque je
voulais élargir l’ensemble de définitions des q-analogues. J’ai également remarqué que les
auteurs de « Mathematical reflections » ne mentionnaient pas ce cas particulier et mes
recherches sur Internet ne menaient à rien, j’ai donc dû partir de rien pour expliquer le cas des
(-1)-analogues. Ceci m’a amené à créer un outil de calcul (Q-analogues.exe) afin d’optimiser
l’étude des q-analogues. J’ai ainsi pu faire l’expérience de partir d’observations, puis d’établir
des hypothèses pour enfin les prouver.
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TM – Luca Delacrétaz
Bibliographie
« Mathematical Reflections : In a Room with Many Mirrors »
Éditions Springer
Peter Hilton, Derek Holton et Jean Pedersen
« Séries numériques et séries de Taylor »
Alex Willa
Cahier n°4 de la Commission Romande de Mathématiques
- 30 -
TM – Luca Delacrétaz
Q-analogues.exe
Q-analogues.exe est un petit programme que j’ai créé pour faciliter le calcul de qanalogue des coefficients binomiaux ainsi que pour pouvoir rapidement comparer plusieurs de
leur assemblages en triangle. Comme on peut le remarquer dès la première utilisation, c’est le
côté pratique et non esthétique qui a été recherché ; ce programme était tout d’abord un outil
de travail lors de mes observations sur les q-analogues.
L’idée de faire un programme m’est venue en voyant que le triangle de Pascal est un
exercice souvent utilisé lorsqu’on commence à faire de la programmation. Je l’ai donc fait par
curiosité sans y trouver un grand intérêt pour les recherches sur le triangle de Pascal, puisqu’il
est unique et le programme ne servira qu’à l’afficher. Ce projet s’est par contre développé
lorsque j’ai commencé à étudier les q-analogues : ils sont non seulement plus longs à calculer
individuellement mais en plus il existe un infinité de triangles de q-analogues.
Voici le tout le code de ce programme, codé en langage C++.
main.cpp
#include <iostream>
#include <string>
#include <math.h>
#include "fonctions.h"
using namespace std;
int main()
{
int choix=1;
int marche=1;
cout << "Bienvenue sur +|| Q-analogues.exe ||+\n" << endl;
while(marche==1)
{
choix=application();
if(choix==1)
{
marche=triangle();
}
else if(choix==2)
{
marche=calcul();
}
}
}
fonctions.h
#ifndef DEF_FONCTIONS
#define DEF_FONCTIONS
#include <iostream>
#include <string>
int application();
int triangle();
int calcul();
void afficherq(long double q);
long double calculerq(long double n, long double r, long double q);
#endif
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TM – Luca Delacrétaz
fonctions.cpp
#include <string>
#include <iostream>
#include <math.h>
#include "fonctions.h"
using namespace std;
int application()
{
int choix=1;
cout << "Voulez-vous que je fasse l'assemblage d'un q-analogue (1) \nou
prefereriez-vous que je calcule un q-analogue avec vos valeurs\npour n, r et q
(2)?" << endl;
cin >> choix;
while(choix!=1 && choix!=2)
{
cout << "Veuillez entrer votre choix (1 ou 2)" << endl;
cin >> choix;
}
return(choix);
}
int triangle()
{
int marche=1;
long double q=0;
int re=1;
while(re==1)
{
cout << "Veuillez entrer une valeur pour q, et j'afficherai le
triangle des q-analoques\n relatif a cette valeur\nq=";
cin >> q;
afficherq(q);
cout << "Voulez-vous que j'affiche un autre triangle? (1 pour oui)"
<< endl;
cin >> re;
}
cout << "Tapez 1 pour continuer a utiliser ce programme" << endl;
cin >> marche;
return(marche);
}
int calcul()
{
long double q=0;
long double n=0;
long double r=0;
int marche=1;
int re=1;
do
{
cout << "Entrez valeurs pour n, r, puis q" << endl;
cout << "n=";
cin >> n;
cout << "r=";
cin >> r;
cout << "q=";
cin >> q;
cout << "\n" << calculerq(n,r,q) << endl;
cout << "\n\nVoulez vous calculer un autre q-analogue? (1 pour
oui)" << endl;
cin >> re;
}while(re==1);
cout << "Tapez 1 pour continuer a utiliser ce programme" << endl;
cin >> marche;
return(marche);
}
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TM – Luca Delacrétaz
void afficherq(long double q)
{
if(q!=1 && q!=-1)
{
long double r=0, n=0;
cout << endl;
while(n<6)
{
while(r<=n)
{
cout << calculerq(n, r, q) << " ";
r++;
}
r=0;
cout << endl;
n++;
}
cout << endl;
}
else
{
cout << "\n\nLes q-analogues ne sont pas definis si q=1 ou q=1\n\n" << endl;
}
}
long double calculerq(long double n, long double r, long double q)
{
long double i=0;
long double resultat=1;
if(r<0 || n<0 || r>n || (q*q)==1)
{
cout << "Attention, il faut que n et r soient plus grand ou egal a
zero, \nque r soit plus petit ou egal a n et que q ne soit ni egal a 1 ni a 1\nVeuillez entrer des nouvelles valeurs:" << endl;
cout << "n=";
cin >> n;
cout << "r=";
cin >> r;
cout << "q=";
cin >> q;
return calculerq(n,r,q);
}
else
{
if(r!=0 && n!=r)
{
while(i<r)
{
resultat*=(pow(q,(n-i))-1);
resultat/=(pow(q,(i+1))-1);
i++;
}
return resultat;
}
else
{
return 1;
}
}
}
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