ai - problemes de denombrement

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