ai - problemes de denombrement
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AI - PROBLEMES DE DENOMBREMENT Parties à p éléments d’un ensemble à n éléments Un certain nombre de problèmes de dénombrement se résolvent facilement en établissant une bijection entre l’ensemble dont on cherche le cardinal et l’ensemble Pp (A) des parties à p éléments d’un ensemble A à n éléments dont le cardinal vaut np . Les éléments de cet ensemble sont appelés combinaisons de n objets pris p à p. Nous noterons Π l’application de Ap dans Pp (A), qui à un p−uplet (xj1 , . . . , xjp ) associe l’ensemble {xj1 , . . . , xjp }. Remarquons que si A = {x1 , . . . , xn } est un ensemble à n éléments, l’ensemble P(A) est isomorphe à la partie de Ap suivante ep = {(xj , . . . , xjp ) | j1 < j2 < · · · < jp } , A 1 ep sur Pp (A). car l’application Π est une bijection de A Il revient donc au même de considérer un ensemble à p éléments, ou un p−uplet aux termes duquel un ordre est imposé. Nous noterons aussi {{xj1 , . . . , xjp }} une combinaison avec répétition de n objets pris p à p : on prend p éléments de A, mais chaque élément peut être pris plusieurs fois. Cela se définit mathématiquement comme une classe d’équivalence sur l’ensemble An : deux p−uplets sont équivalents, s’ils ont même image par Π, et si, pour tout x de A, l’élément x figure le même nombre de fois dans les deux p−uplets. On peut choisir un représentant de la classe d’équivalence en ordonnant les termes, et l’ensemble Āp = {(xj1 , . . . , xjp ) | j1 ≤ j2 ≤ · · · ≤ jp } , possède le même cardinal que l’ensemble des combinaison avec répétition de n objets pris p à p. Il résulte de la proposition 2 que card Ā = n+p−1 n+p−1 . = p n−1 AI 2 Proposition 1 On suppose p ≤ n. Les nombres suivants sont égaux : – nombre de partitions à p éléments d’un n−uplet – nombre d’éléments de N∗p dont la somme des termes vaut n – nombre de façons d’écrire E n comme produits de p facteurs non vides – nombre de monômes de degré n de K[x1 , . . . , xp ] contenant au moins une fois chaque lettre – n−1 n−1 = p−1 n−p Par « partition du n−uplet » on entend la chose suivante : les parties de la partition sont formées d’éléments consécutifs du n−uplet avec les propriétés usuelles d’une partition. Par exemple pour (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) une partition en trois sous-ensembles sera ((x1 , x2 ), (x3 ), (x4 , x5 , x6 )) . Choisir une telle partition revient à choisir p − 1 séparations séparant les p parties, parmi les n − 1 séparations. Le cardinal cherché est donc n−1 n−1 = . p−1 n−p Si l’on considère le n−uplet dont tous les termes sont égaux à 1, une partition de ce n−uplet donnera, en sommant les éléments de chaque partie, une façon d’écrire n comme somme de p entiers. Par exemple pour n = 6, on considère le quintuplet (1, 1, 1, 1, 1, 1). La partition ((1, 1), (1), (1, 1, 1)) donne l’élément (2, 1, 3) de N∗6 dont la somme des éléments vaut 6. Directement, en écrivant n = 1 + 1 + ··· + 1, écrire n comme somme de p entiers strictement positifs revient à choisir p signes + parmi les n − 1. Ecrire E n comme produit de p facteurs non vides revient alors à décomposer n en somme de p entiers. Avec l’exemple précédent E6 = E2 × E × E3 . De même écrire les monômes de degré n de K[x1 , . . . , xp ] contenant au moins une fois chaque lettre, revient encore à décomposer n en somme de p entiers. Avec l’exemple précédent on a par exemple dans K[x1 , x2 , x3 ] le monôme x21 x2 x33 . De manière plus formalisée, posons A = {1, 2, . . . , n − 1} . A tout élément {i1 , . . . , ip−1 } de Pp−1 (A) on associe le monôme n−ip−1 xi11 xi22 −i1 · · · xp . AI 3 On définit ainsi une bijection de Pp−1 (A) sur l’ensemble des monômes de degré n de K[x1 , . . . , xp ] contenant au moins une fois chaque lettre. Proposition 2 On suppose p ≤ n. Les nombres suivants sont égaux : – nombre de combinaisons de p objets pris n à n avec répétition – nombre d’éléments de Np dont la somme des termes vaut n – nombre de monômes de degré n de K[x1 , . . . , xp ] – n+p−1 n+p−1 = p−1 n Le résultat se déduit rapidement de la proposition précédente. Notons C(n, p) le nombre de monômes cherchés. Un monôme de degré n dont toutes les lettres x1 , . . . , xp sont utilisées est de la forme r x1 · · · xp xr11 · · · xpp où (r1 , . . . , rp ) appartient à Np avec r1 + · · · + rp = n − p . Cela revient à chercher les monômes de degré n − p, et donc n−1 = C(n − p, p) . p−1 On en déduit alors C(n, p) = n+p−1 n+p−1 = . p−1 n C’est aussi le nombre d’éléments de Np dont la somme des termes vaut n. Enfin choisir un monôme revient à choisir n éléments parmi les p lettres x1 , . . . , xn avec répétition. Proposition 3 On suppose p ≤ n. Le nombre de façons de choisir p éléments parmi les n éléments d’un ensemble totalement ordonné de telle sorte que deux d’entre eux ne soient jamais consécutifs est n−p+1 . p Si l’on a x1 , < . . . , < xn , soit A = {1, . . . , n − p + 1} et B = {(xi1 , . . . , xip ) | ∀j ∈ {1, . . . , p − 1}, 1 + ij < ij+1 } . On établit une bijection de Pp (A) sur B en associant à {i1 , . . . , ip } le p−uplet (xi1 , xi2 +1 , . . . , xip +p−1 ). AI 4 Proposition 4 On suppose rp ≤ n. Le nombre de façons de choisir p r−uplets de points consécutifs disjoints parmi n points d’un ensemble totalement ordonné est n − p(r − 1) . p Les p r−uplets sont encadrés par p + 1 séparations. Choisir p r−uplets revient à choisir parmi ces p + 1 séparations, celles qui seront remplies par un des n − rp éléments de l’ensemble non inclus dans un des r−uplets. Le nombre de choix possibles est donc le nombre de combinaisons de p + 1 objets pris n − rp à n − rp avec répétitions. Exemple : Soit {x1 , . . . , x8 } un ensemble totalement ordonné (n = 8), et on prend 3 couples de points consécutifs disjoints de cet ensemble (p = 3 et r = 2). Il y a 10 choix possibles. Le symbole • indique les places des éléments manquants déterminées par la combinaison. choix de trois couples combinaison {{1, 1}} • • (x3 , x4 )(x5 , x6 )(x7 , x8 ) •(x2 , x3 ) • (x5 , x6 )(x7 , x8 ) {{1, 2}} •(x2 , x3 )(x4 , x5 ) • (x7 , x8 ) {{1, 3}} {{1, 4}} •(x2 , x3 )(x4 , x5 )(x6 , x7 )• (x1 , x2 ) • •(x5 , x6 )(x7 , x8 ) {{2, 2}} {{2, 3}} (x1 , x2 ) • (x4 , x5 ) • (x7 , x8 ) (x1 , x2 ) • (x4 , x5 )(x6 , x7 )• {{2, 4}} (x1 , x2 )(x3 , x4 ) • •(x7 , x8 ) {{3, 3}} {{3, 4}} (x1 , x2 )(x3 , x4 ) • (x6 , x7 )• {{4, 4}} (x1 , x2 )(x3 , x4 )(x5 , x6 ) • • Proposition 5 On suppose rp ≤ n. Le nombre de façons de choisir p r−uplets de points consécutifs disjoints parmi n points situés sur un cercle est n n − p(r − 1) − 1 . p p−1 Si l’on choisit un r−uplet, il reste p − 1 r−uplets à choisir parmi n − r points d’un ensemble ordonné, soit, d’après la proposition 4 n − p(r − 1) − 1 . p−1 En considérant le cercle comme orienté, choisir un r−uplet revient à choisir son premier terme. Il y a AI 5 donc n choix possibles. Le produit n − p(r − 1) − 1 n p−1 est donc le nombre d’éléments de l’ensemble {(Ri1 , {Ri2 , . . . , Rip }) | Ri1 , . . . , Rip étant p r−uplets de points consécutifs, disjoints} . L’application qui à un élément de cet ensemble associe {Ri1 , Ri2 , . . . , Rip } est surjective, et chaque image est obtenue p fois. D’où le nombre cherché. Proposition 6 On suppose 2p ≤ n. Le nombre de façons de choisir p points parmi n points situés sur un cercle de telle sorte que deux d’entre eux ne soient jamais consécutifs est n n−p−1 . p p−1 On se ramène au cas précédent avec r = 2, en associant à chaque point le couple formé de lui-même et de son successeur sur le cercle orienté. Partition d’un ensemble fini Proposition 7 éléments est Le nombre N (q, s) de partitions d’un ensemble de qs éléments en q parties à s 1 (sq)! . q! (s!)q Si l’on choisit une partie à s éléments, il y a N (q − 1, s) partitions contenant cette partie. D’autre part il y a sq façons de choisir une partie à s éléments parmi les sq éléments. Parmi les N (q − 1, s) sq s s partitions obtenues, chaque partition se retrouve q fois. On en déduit N (q, s) = 1 sq N (q − 1, s) . s q Par ailleurs, on a bien sûr N (1, s) = 1 . On en déduit alors par récurrence la formule voulue. AI 6 Proposition 8 Soit P (n, p) le nombre de partitions d’un ensemble à n éléments en p sousensembles. Si 2 ≤ p ≤ n, on a la relation de récurrence P (n, p) = pP (n − 1, p) + P (n − 1, p − 1) . En particulier ∀n ≥ 2, P (n, 2) = 2n−1 − 1 , ∀n ≥ 1, P (n, n − 1) = n(n − 1) . 2 Notons E = {x1 , . . . , xn } et F = {x1 , . . . , xn−1 } . On obtient une partition de E contenant p sous-ensembles à partir d’une partition de F de deux manières : a) en ajoutant l’ensemble {xn } à l’une quelconque des partitions de F contenant p − 1 sous-ensembles : il y a P (n − 1, p − 1) partitions de ce type. b) en ajoutant xn à l’une des p parties constituant une partition de F en p sous-ensembles : il y a pP (n − 1, p) partitions de ce type. On en déduit la relation P (n, p) = pP (n − 1, p) + P (n − 1, p − 1) . Cas particuliers : 1) On a P (n, 2) = 2P (n − 1, 2) + 1 donc la suite (P (n, 2) + 1) est une suite géométrique de raison 2, et puisque P (2, 2) vaut 1, on aura, si n ≥ 2, P (n, 2) = 2n−1 − 1 . 2) La partition est formée d’un ensemble à deux éléments, et de n − 1 ensembles à un élément. Il y a donc autant de telles partitions que de nombres de paires, soit n n(n − 1) . P (n, n − 1) = = 2 2 La formule permet de calculer les nombres P (n, p) de proche en proche à partir de P (n, 1) = P (n, n) = 1 . On peut former un triangle analogue au triangle de Pascal. La somme des éléments d’une ligne donnera le nombre Pn de partitions d’un ensemble à n éléments. AI 7 Pn P (n, 1) P (n, 2) P (n, 3) P (n, 4) P (n, 5) P (n, 6) P (n, 7) P (n, 8) P (n, 9) n 1 1 1 2 2 1 1 5 1 3 1 3 15 1 7 6 1 4 5 52 1 15 25 10 1 1 31 90 65 15 1 6 203 7 877 1 63 301 350 140 21 1 1 127 966 1701 1050 266 28 1 8 4140 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1 9 21141 Proposition 9 On a P (n, p) = 1 p! X n1 +···+np =n ni >0 n! . n1 ! · · · np ! L’ensemble E désigne toujours {x1 , . . . , xn }. Soit P ′ le sous-ensemble formé des éléments (A1 , . . . , Ap ) de E p tels que {A1 , . . . , Ap } soit une partition de E. On cherche le cardinal de P ′ . Pour obtenir {A1 , . . . , Ap }, avec, pour tout i card Ai = ni il y a n n1 façons de choisir A1 , n − n1 n2 façons de choisir A2 , ...................................... n − (n1 + · · · + np−1 ) façons de choisir Ap . np Le nombre de façons de choisir {A1 , . . . , Ap }, avec, pour tout i card Ai = ni est donc le produit n n1 n − n1 n − (n1 + · · · + np−1 ) n! . ··· = n1 ! · · · np ! n2 np n (C’est aussi le coefficient de xn1 1 · · · xp p dans le développement de (x1 + · · · + xp )n ). On a donc X n! . card P ′ = n ! · 1 · · np ! n +···+np =n 1 ni >0 AI 8 Or, l’application Π qui à (A1 , . . . , Ap ) associe {A1 , . . . , Ap } est une application telle que P (n, p) = card Π(P ′ ) . Et, puisqu’il y a p! éléments de P ′ donnant le même élément de Π(P ′ ), on obtient P (n, p) = card Π(P ′ ) = 1 card P ′ , p! ce qui donne la formule voulue. Proposition 10 Le nombre d’applications surjectives d’un ensemble à n éléments dans un ensemble à p éléments est p!P (n, p) . En effet, si {x1 , . . . , xp } est l’ensemble d’arrivée, et si f est surjective, alors {f −1 ({x1 }), . . . , f −1 ({xp })} est une partition d’un ensemble à n éléments en p sous-ensembles. Et à toute partition de ce type, on peut associer p! applications surjectives différentes, ce qui donne le résultat. Définition les nombres P (n, p) sont appelés nombres de Stirling de deuxième espèce. Voir pour plus de détail les articles AT et BF. Fonctions génératrices Lorsque l’on a à étudier une suite (an ), il peut être intéressant d’introduire des séries entières, dont les coefficients sont liés à ces nombres. Deux types de fonctions ainsi définies ont souvent utilisés : G (z) = ∞ X n an z ou Ge (z) = ∞ X an n=0 n=0 n! zn . On dit que ce sont des fonctions génératrices de la suite (an ). Remarquons que les fonctions génératrices de la suite constante égale à 1 sont ∞ ∞ Y X p 1 n (1 + z 2 ) , z = = G (z) = 1 − z n=0 p=1 définie pour |z| < 1, et Ge (z) = ez = ∞ X zn n=0 n! , AI 9 définie pour tout z complexe. Dans ce qui suit, quand on parle de combinaisons linéaires entières, il s’agit de combinaisons linéaires à coefficients entiers positifs ou nuls. Proposition 11 Soit k1 , . . . , kr des entiers strictement positifs, et an le nombre de façons d’écrire n comme combinaisons linéaires entières de ces nombres, pris dans cet ordre. Alors, si |z| < 1, on a G (z) = r Y i=1 Y 1 p = (1 + z ki 2 ) . k i 1−z 1≤i≤r 1≤p En effet, si l’on effectue le produit des séries entières r ∞ Y X z pki , p=0 i=1 on obtient une série dont le coefficient de z n est le nombre de façons d’écrire n sous la forme n = p1 k1 + p2 k2 + · · · + pr kr , où les nombres pi sont dans N. C’est donc bien an . Proposition 12 Soit t1 , . . . , tr , k1 , . . . , kr des entiers strictement positifs, et an le nombre de façons d’écrire n sous la forme n = p1 k1 + p1 k2 + · · · + pr kr , avec, pour tout i les inégalités 0 ≤ p i ≤ ti . Alors, si |z| < 1, on a G (z) = r Y 1 − z ki (ti +1) i=1 1 − z ki . Le nombre an est le nombre de façons de payer une somme de n euros, sachant que l’on dispose de t1 pièces de k1 euros, de t2 pièces de k2 euros, . . . , de tr pièces de kr euros. Il s’agit cette fois du produit r Y i=1 ti X p=0 z pki . AI 10 Proposition 13 Soit an est le nombre de façons d’écrire n comme combinaisons linéaires entières de nombres entiers distincts. Alors, si |z| < 1, on a G (z) = ∞ Y (1 − z i )−1 = i=1 Y p (1 + z ki 2 ) . (i,p)∈N∗2 Le nombre an est aussi le nombre de façon d’écrire n comme somme d’entiers naturels non nuls sans tenir compte de l’ordre. Ce résultat généralise la situation de la proposition 11. D’ailleurs, si l’on veut calculer un des nombre an , il suffit d’effectuer le produit n n X Y (1 + z i + · · · + z pi ) . i=1 p=0 Voici la liste des premiers nombres de cette suite a0 = 1, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, a4 = 5, a5 = 7, a6 = 11, a7 = 15, a8 = 22, a9 = 30, a10 = 42 . Exemple : décomposition de nombre 5. On obtient bien 7 manières de décomposer 5 comme combinaisons entières des nombres 1, 2, 3, 4, 5, ou comme somme d’entiers compris entre 1 et 5 sans tenir compte de l’ordre. 1 2 3 4 5 5 3 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1+1+1+1+1 1+1+1+2 1+1+3 1+4 5 2+3 1+2+2 Remarque : le nombre de façons d’écrire n comme somme d’entiers naturels non nuls en tenant compte de l’ordre est, d’après la proposition 1, n X n−1 p=1 p−1 = 2n−1 . Si l’on reprend l’exemple du nombre 5, s’ajoutent aux 7 décompositions obtenues ci-dessus 9 autres décompositions. AI 11 1+1+1+1+1 1+1+1+2 1+1+2+1 1+2+1+1 2+1+1+1 1+1+3 1+3+1 3+1+1 1+4 4+1 5 2+3 3+2 1+2+2 2+1+2 2+2+1 Plus généralement, on a le résultat suivant : Proposition 14 Soit (bk ) une suite strictement croissante d’entiers naturels, et an le nombre de façons d’écrire n comme combinaisons linéaires entières des bk . Alors, si |z| < 1, on a G (z) = ∞ Y (1 − z bi )−1 . i=1 Proposition 15 Soit an le nombre de façons d’écrire n comme somme d’entiers naturels distincts sans tenir compte de l’ordre. Alors, si |z| < 1, on a G (z) = ∞ Y (1 + z i ) . i=1 Voici la liste des premiers nombres de cette suite : a0 = 1, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 2, a5 = 3, a6 = 4, a7 = 5, a8 = 6, a9 = 8, a10 = 10 . Exemple : décomposition du nombre 9. On obtient bien 8 manières de décomposer 9 : 9 8+1 7+2 6+3 5+4 6+2+1 5+3+1 4+3+2 AI 12 Additif : fonctions génératrices de suites de nombres classiques Nous donnons ci-dessous les fonctions génératrices de suites classiques. 1 Nombres de Catalan Ils sont définis par C0 = 1 et la relation de récurrence Cn+1 = n X Ck Cn−k k=0 et valent On a 1 Cn = n+1 +∞ X n Cn x = n=0 1− 2n . n √ 1 − 4x . 2x En développant en série entière (1 − 4x)−1/2 , on obtient facilement le résultat. 2 Nombres de Fibonacci Ils sont définis par u0 = u1 = 1 et la relation de récurrence un+1 = un + un−1 . et valent On a √ !n+1 1 1+ 5 un = √ − 2 5 ∞ X n=0 un xn = √ !n+1 1− 5 . 2 1 . 1 − x − x2 La somme revient au calcul de sommes de séries géométriques. AI 13 3 Coefficients binomiaux 0 Ils sont définis par = 1 et la relation de récurrence 0 n n−1 n−1 = + p p p−1 et valent n n! . = p!(n − p)! p On a, n X n p p=0 et, ∞ X n s n=s xp = (1 + x)n , xs . (1 − x)s+1 xn = Voir BD. En développant le produit ∞ X k=0 k x !s+1 , on obtient ∞ X k=0 X n1 +···+ns+1 1 xn . Le coefficient de xn est donc le nombres d’éléments de Ns+1 dont la somme vaut n, ce qui d’après la proposition 2 vaut s+n s+n = . n s D’où −(s+1) (1 − x) = +∞ X s+n n=0 n n x = +∞ X n n=s 4 Somme des puissances d’entiers Si l’on pose an,q = q X s n−s x pn , p=0 on a ∞ X n=0 an,q xn ex(q+1) − 1 = . n! ex − 1 =x −s +∞ X n n=s s xn . AI 14 Calcule directe de la somme en inversant les sommations. 5 Nombres de Stirling de deuxième espèce Ils sont définis par P (n, 1) = P (n, n) = 1 et la relation de récurrence P (n, p) = pP (n − 1, p) + P (n − 1, p − 1) . On a ∞ X P (n, p) n=p et ∞ X P (n, p)xn = n=p xn (ex − 1)p = , n! p! xp . (1 − x)(1 − 2x) · · · (1 − px) Voir BF, DJ. 6 Nombres de Bell Ils sont définis par Pn = n X P (n, k) . k=0 Le nombre Pn est le nombre de partitions d’un ensemble à n éléments. On a ∞ X n=0 Pn xn x = ee −1 . n! Voir BF, DJ. 7 Nombres de Bernoulli Ils sont définis par B1 = 1/6 et la relation de récurrence (−1)n Bn = 2n + 1 On a ∞ X n=1 n−1 X (−1)k+1 k=1 Bn ! 2n + 1 1 . Bk − n + 2 2k x x x2n = 1 − cotan . (2n)! 2 2 AI 15 Voir AT. 8 Nombres d’Euler Ils sont définis par E0 = 1 et la relation de récurrence En = (−1)n+1 n−1 X 2n (−1)k Ek . 2k k=0 On a ∞ X n=0 Voir AT. En x2n 1 = . (2n)! cos x