Le binôme de newton

Dénombrement, binôme de Newton
1.
1.1.
Enoncé des exercices
Les basiques
1. Soit n ∈ N et Pn (x) = (x + 1)n − (x − 1)n . Quel est le degré de Pn , quel est son coefficient dominant ?
2. Calculer simplement 999 9993
n
X
Cnk 3k−1 en fonction de n.
3. Calculer
k=1
5
5
4. Soit g(x) = (cos x + sin x) + (cos x − sin x) , montrer que g(x) s’exprime uniquement en fonction de cos(x).
X
p−k
Cnk Cn−k
5. Calculer pour p ≤ n,
0≤k≤p
6. Calculer
n
X
kCnk .
k=0
7. On considère, pour n ≥ 0, la fonction f(x) = (1 + ex )n . En dérivant deux fois f , donner l’expression de
1.2.
n
X
k2 Cnk
k=0
Les techniques
n
X
1. Calculer pour n ∈ N, (a, b) ∈ R2 ,
2. Calculer pour n entier
n
X
Cnk cos (ak + b).
k=0
(−1)n−k Cnk
k=0
cos(kx)
cosk (x)
3. Soient p et q deux réels tels que p + q = 1, calculer
n
X
kCnk pk q n−k puis
k=0
n
X
k=0
k(k − 1)Cnk pk q n−k
4. Soit E un ensemble à n éléments, déterminer le nombre de couples (A, B) de parties telles que A ⊂ B.
1.3.
Les exotiques
1. Baltic-Way 1998 (Olympiades des pays Baltes)
2
k−1
Soit Pk (x) = 1 + x + x + ... + x
. Montrer que
n
X
Cnk Pk
n−1
(x) = 2
k=1
Pn
µ
1+x
2
¶
2
2. Soit E de cardinal n. Déterminer le nombre de couples (A, B) ∈ P (E) tels que A 6⊂ B et B 6⊂ A
3. Combien y a-t-il de surjections de {1, 2, ..., n + 1} dans {1, 2, ..., n} ?
1.4.
Les olympiques
1. Soit E un ensemble à n éléments, déterminer le nombre de couples (A, B) de parties distinctes telles que A ∩ B = ∅.
X
X
X
Card (A) ,
Card (A ∩ B) ,
Card (A ∪ B) où E est Þni de cardinal n.
2. Calculer
A⊂E
A⊂E
B⊂E
A⊂E
B⊂E
2
Géry Huvent. Lycée Baggio. PTSI1
2.
2.1.
Solution des exercices
Les basiques
¢
¡
n
n
1. On développe avec le binôme, (x + 1) − (x − 1) = xn + nxn−1 + ... + 1 − xn − nxn−1 − ... = 2nxn−1 + ...
Si n = 0, P0 (x) = 0, sinon deg Pn = n − 1 et le coefficient dominant est 2n.
¢3
¡
2. On a 999 9993 = 106 − 1 = 1018 − 3 × 1012 + 3 × 106 − 1
¡
¢
= 1012 × 106 − 3 + 3 × 106 − 1 = 1012 × (999 997) + 2 999 999 = 999 997 000 002 999 999
n
n
X
4n − 1
1 X k k n−k 1
− =
Cnk 3k−1 =
Cn 3 1
3. Il s’agit pratiquement d’un binôme, on a
3
3
3
k=1
5
k=0
2
4. Un calcul élémentaire donne g (x) = 2 cos x + 20 cos x sin x + 10 cos x sin4 x
¡
¢
¡
¢2
= 2 cos5 x + 20 cos3 x 1 − cos2 x + 10 cos x 1 − cos2 x = −8 cos5 x + 10 cos x
3
(n − k)!
p!
n!
n!
p−k
×
=
×
= Cpk Cnp .
=
5. On a Cnk Cn−k
k!
(n
−
k)!
(p
−
k)!
×
(n
−
p)!
k!
(p
−
k)!
p!
(n
−
p)!
X
X
X
p−k
Cnk Cn−k
=
Cpk Cnp = Cnp
Cpk = 2p Cnp .
D’où
0≤k≤p
0≤k≤p
0≤k≤p
6. On dispose de deux méthodes.
Pn
Pn
P
Pn
n k−1
k−1
k−1
= n nk=1 Cn−1
.
si k ≥ 1 ainsi k=0 kCnk = k=1 kCnk = k=1 nCn−1
Ou bien, on utilise le cours Cnk = Cn−1
k
¢
¡
Pn
P
n
k−1
n−1
Remarquez que l’on a exclus l’indice k = 0. EnÞn k=1 Cn−1 = C00 + C11 + ... + Cn−1 = 2n−1 . D’où k=0 kCnk =
n2n−1 .
Pn
P
n
n−1
= nk=0 kCnk xk . Il
Ou bien on utilise le binôme. On a (1 + x) = k=0 Cnk xk ce qui donne, en dérivant, n (1 + x)
ne reste plus qu’a faire x = 1 pour obtenir le résultat.
n
n
X
X
Cnk (ex )k =
Cnk ekx .
7. f (x) = (1 + ex )n , f peut aussi s’écrire f(x) =
k=0
k=0
En dérivant les deux expressions, puis en faisant k = 0, on obtient une relation.
f 0 (x) = nex (1 + ex )n−1 = n (1 + ex − 1) (1 + ex )n−1 = n(1 + ex )n − n(1 + ex )n−1 (expression valable si n = 0 )
f 00 (x) = n2 ex (1 + ex )n−1 − n(n − 1)ex (1 + ex )n−2 (expression encore valable si n = 1 )
n
X
¡ ¢0
0
kCnk ekx , car ekx = kekx , ceci même si k = 0.
Avec l’autre expression, on obtient f (x) =
k=0
µ ¶
n kx
k
e .
Puis f (x) =
k
k=0
µ ¶
n
X
2 n
k
= n2 (1 + 1)n−1 − n(n − 1)(1 + 1)n−2 = n (n + 1) 2n−2
On a alors pour x = 0,
k
n
X
00
2
k=0
2.2.
Les techniques
n
X
Cnk
cos (ak + b) = Re
à n
X
Cnk ei(ak+b)
!
Ã
ib
n
X
Cnk eiak
!
Ã
ib
n
X
Cnk eiak 1n−k
= Re e
= Re e
k=0
k=0
´
¢n ¢
¡ ¢
¡ ¢
¡
¢
¡ ¡
a
= Re 2 cosn a2 ei(b+n 2 ) = 2n cosn a2 cos na
+
b
= Re eib 1 + eia
2
à n
!
¶n
µ
µ
¶
k
n
X
X
eix
eix
n−k k cos(kx)
n−k k
= Re
−1
(−1)
Cn
(−1)
Cn
= Re
2.
cosk (x)
cos(x)
cos(x)
k=0
k=0 ¢
¡
nπ
= Re (i tan(x))n = Re ei 2 tann (x)
½
n
X
¡ nπ ¢
0 si n est impair
cos(kx)
n
tan
=
cos
(−1)n−k Cnk
(x)
=
Ainsi
2
(−1)p tan2p (x) si n = 2p
cosk (x)
1.
k=0
³
n
k=0
!
k=0
3
Géry Huvent. Lycée Baggio. PTSI1
3. La première idée que l’on peut avoir est que 1 = 1n = (p + q)n =
n
P
k=0
Cnk pk q n−k . Il reste à faire apparaître ce kCnk
(pour k (k − 1) Cnk , il s’agit sans doute de la même technique). Le seul moyen de faire ”tomber” le k qui est en exposant
n
P
Cnk xk q n−k = (x + q)n , f est un polynôme donc est dérivable
est de dériver. Si on considère la fonction f (x) =
0
sur R. f (x) =
n
P
k=0
kCnk pk q n−k
n
P
k=0
k=0
kCnk xk−1 q n−k
= n (x + q)
= pf (p) = np (p + q)
De la même façon x2 f 00 (x) =
k=0
et xf 0 (x) =
n
P
k=0
0
n
P
n−1
n−1
= np.
kCnk xk q n−k = xn (x + q)n−1 . On en déduit que
k (k − 1) Cnk xk q n−k = x2 n (n − 1) (x + q)n−2 et
n
P
k(k − 1)Cnk pk q n−k = n (n − 1) p2 .
k=0
k−1
nCn−1
pour
(n−1)!
n!
= n (k−1)!(n−1−(k−1))!
=
Remarque : On peut aussi utiliser kCnk = k k!(n−k)!
n ≥ 1, k ≥ 1. Cette relation
n
n
X
X
k−1 k n−k
kCnk pk q n−k =
nCn−1
p q
étant encore valable si n = 0 ou si k = 0. On a alors
k=0
=
j=k−1
n
n−1
X
j
Cn−1
pj+1 q n−1−j = np
j=0
n−1
X
j
Cn−1
pj q n−1−j = np (p + q)
k=1
n−1
= np. L’autre somme peut aussi se calculer de
j=0
cette manière.
4. Si vous êtes en panne d’idée, une bonne méthode consiste à construire tous les couples pour E = {1, 2, 3} . Pour cela
on commence par choisir une partie B, par exemple B = {1, 3} , puis on choisit A incluse dans B. C’est cette idée qu’il
faut développer.
Pour construire un couple convenable, on choisit B et pour B Þxée, on choisit A dans P (B) quelconque. Si B a k
éléments dans P (E) , on dispose de Cnk choix pour B, et de 2k choix pour A. Il y a donc Cnk 2k couples (A, B) tels que
n
P
A ⊂ B et Card (B) = k. On a donc au total
Cnk 2k = 3n couples possibles.
k=0
2.3.
Les exotiques
1. On a si x 6= 1, Pk (x) =
=
xk −1
x−1 ,ainsi
¡Pn
¢
Pn
1
k
k k
k
k=1 Cn Pk (x) = x−1
k=1 Cn x −
k=1 Cn
n
¡
¢
( 1+x
(x+1)n −2n
2 ) −1
= 2n−1 1+x
, et 2n−1 Pn 1+x
x−1
2
−1
2
Pn
n
1
n
x−1 ([(x + 1) − 1] − [2 − 1]) =
(x+1)n −2n
. L’égalité est donc vraie
x−1
=
pour x 6= 1, mais comme les deux membres sont des polynômes, elle est vraie
partout (par continuité ou prolongement des identités algébriques).
o
n
2
2
2. Notons A = (A, B) ∈ P (E) , A ⊂ B ou B ⊂ A ,alors A = P (E) \ A est l’ensemble des couples cherchés.
n
o
n
o
2
2
Posons A1 = (A, B) ∈ P (E) , A ⊂ B et A2 = (A, B) ∈ P (E) , B ⊂ A . On a Card (A1 ) = Card (A2 ) et
n
o
A1 ∩ A2 = (A, B) ∈ P (E)2 , A = B a pour cardinal 2n .
Calculons le cardinal de A2 . Soit A ⊂ P (E) de cardinal k, il y a 2k parties B incluses dans A. Ainsi Card (A2 ) =
¡ ¢
Pn
k k
n
n
n
n
k=0 Cn 2 = 3 . EnÞn, Card A = 4 − (2 × 3 − 2 )
3. Une application de {1, 2, ..., n + 1} dans {1, 2, ..., n} est surjective si un des éléments a deux antécédents et les autres un
2
choix pour cet élément particulier. Il reste alors n éléments de {1, 2, ..., n + 1} que l’on met en bijection
seul. On a Cn+1
n (n + 1)!
avec {1, 2, ..., n} , il y n! bijections différentes. Au total on a Cn2 × n! =
surjections de {1, 2, ..., n + 1} dans
2
{1, 2, ..., n} ..
2.4.
Les olympiques
1. On se donne une partie A ⊂ E à k éléments. Pour construire un couple (A, B) tel que A ∩ B = ∅, il faut choisir une
partie dans EÂA, on dispose de 2n−k choix possibles. On a donc 2n−k Cnk couples (A, B) qui satisfont à A ∩ B = ∅ tels
n
X
2n−k Cnk = 3n couples possibles. Mais il faut enlever le couple (∅, ∅) qui n’est pas
que Card(A) = k. Ce qui donne
k=0
4
Géry Huvent. Lycée Baggio. PTSI1
constitué de parties distinctes. Il y a 3n − 1 couples possibles.
X
P
P
2. On a Cnk parties à k éléments, donc
Card (A) = nk=0 kCnk qui se calcule avec (1 + x)n = nk=0 Cnk xk que l’on
A⊂E
dérive pour avoir n2n−1 (cf exercice 6 (Basiques))
2
Pour la seconde somme, soit une partie C de E à k éléments. Combien y a-t-il de couples (A, B) ∈ P (E) tels que
C =A∩B?
Il faut choisir un couple (A0 , B 0 ) ∈ P (E \ C)2 tel que A0 ∩ B 0 = ∅.
X
P
Card (A ∩ B) = nk=0 kCnk 3n−k =
D’après l’exercice 1 (lOlympiques), il y a 3n−k couples possibles. On a donc
A⊂E
B⊂E
n−1
n4
X
X
Card (A ∪ B) =
Card (A) + Card (B) − Card (A ∩ B) = n2n × 2n−1 + n2n × 2n−1 − n4n−1 = 3n4n−1
EnÞn
A⊂E
B⊂E
A⊂E
B⊂E