binom

Dénombrement, binôme de Newton
1. Enoncé des exercices
1.1. Les basiques
1. Soit n∈Net Pn(x)=(x+1)
n−(x−1)n.Quel est le degré de Pn,quel est son coefficient dominant ?
2. Calculer simplement 999 9993
3. Calculer
n
X
k=1
Ck
n3k−1en fonction de n.
4. Soit g(x)=(cosx+sinx)5+(cosx−sin x)5, montrer que g(x)s’exprime uniquement en fonction de cos(x).
5. Calculer pour p≤n, X
0≤k≤p
Ck
nCp−k
n−k
6. Calculer
n
X
k=0
kCk
n.
7. On considère, pour n≥0,lafonctionf(x)=(1+ex)n.En dérivant deux fois f, donner l’expression de
n
X
k=0
k2Ck
n
1.2. Les techniques
1. Calculer pour n∈N,(a, b)∈R2,
n
X
k=0
Ck
ncos (ak +b).
2. Calculer pour nentier
n
X
k=0
(−1)n−kCk
n
cos(kx)
cosk(x)
3. Soient pet qdeux réels tels que p+q=1, calculer
n
X
k=0
kCk
npkqn−kpuis
n
X
k=0
k(k−1)Ck
npkqn−k
4. Soit Eun ensemble à néléments, 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)
Soit Pk(x)=1+x+x2+... +xk−1. Montrer que
n
X
k=1
Ck
nPk(x)=2
n−1Pnµ1+x
2¶
2. Soit Ede cardinal n. Déterminer le nombre de couples (A, B)∈P(E)2tels que A6⊂Bet B6⊂A
3. Combien y a-t-il de surjections de {1,2, ..., n +1}dans {1,2, ..., n}?
1.4. Les olympiques
1. Soit Eun ensemble à néléments, déterminer le nombre de couples (A, B)de parties distinctes telles que A∩B=∅.
2. Calculer X
A⊂E
Card(A),X
A⊂E
B⊂E
Card(A∩B),X
A⊂E
B⊂E
Card(A∪B)où Eest Þni de cardinal n.

Géry Huvent. Lycée Baggio. PTSI12
2. Solution des exercices
2.1. Les basiques
1. On développe avec le binôme, (x+1)
n−(x−1)n=xn+nxn−1+... +1−¡xn−nxn−1−...¢=2nxn−1+...
Si n=0,P
0(x)=0,sinon deg Pn=n−1et le coefficient dominant est 2n.
2. On a 999 9993=¡106−1¢3=10
18 −3×1012 +3×106−1
=10
12 ס106−3¢+3×106−1=10 12 ×(999 997) + 2 999 999 = 999 997 000 002 999 999
3. Il s’agit pratiquement d’un binôme, on a
n
X
k=1
Ck
n3k−1=1
3
n
X
k=0
Ck
n3k1n−k−1
3=4n−1 3
4. Un calcul élémentaire donne g(x)=2cos
5x+20cos 3xsin2x+10cosxsin4x
=2cos
5x+20cos 3x¡1−cos2x¢+10cosx¡1−cos2x¢2=−8cos 5x+10cosx
5. On a Ck
nCp−k
n−k=n!
k!(n−k)! ×(n−k)! (p−k)! ×(n−p)! =p! k!(p−k)! ×n! p!(n−p)! =Ck
pCp n.
D’où X
0≤k≤p
Ck
nCp−k
n−k=X
0≤k≤p
Ck
pCp n=Cp nX
0≤k≤p
Ck
p=2
pCp
n.
6. On dispose de deux méthodes.
Ou bien, on utilise le cours Ck
n=n
kCk−1
n−1si k≥1ainsi Pn
k=0 kCk
n=Pn
k=1 kCk
n=Pn
k=1 nCk−1
n−1=nPn
k=1 Ck−1
n−1.
Remarquez que l’on a exclus l’indice k=0.EnÞnPn
k=1 Ck−1
n−1=¡C0
0+C1 1+... +Cn−1
n−1¢=2
n−1.D’oùPn
k=0 kCk
n=
n2n−1.
Ou bien on utilise le binôme. On a (1 + x)n=Pn
k=0 Ck
nxkce qui donne, en dérivant, n(1 + x)n−1=Pn
k=0 kCk
nxk.Il
ne reste plus qu’a faire x=1pour obtenir le résultat.
7. f(x)=(1+ex)n,fpeut aussi s’écrire f(x)=
n
X
k=0
Ck
n(ex)k=
n
X
k=0
Ck
nekx.
En dérivant les deux expressions, puis en faisant k=0, on obtient une relation.
f0(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)
f00(x)=n2ex(1 + ex)n−1−n(n−1)ex(1 + ex)n−2(expression encore valable si n=1)
Avec l’autre expression, on obtient f0(x)=
n
X
k=0
kCk
nekx,car¡ekx¢0=kekx ,cecimêmesik=0.
Puis f00(x)=
n
X
k=0
k2µn
k¶ekx.
On a alors pour x=0,
n
X
k=0
k2µn
k¶=n2(1 + 1)n−1−n(n−1)(1 + 1)n−2=n(n+1)2
n−2
2.2. Les techniques
1.
n
X
k=0
Ck
ncos (ak +b)=ReÃn
X
k=0
Ck
nei(ak+b)!=ReÃeib
n
X
k=0
Ck
neiak!=ReÃeib
n
X
k=0
Ck
neiak1n−k!
=Re¡eib ¡1+eia¢n¢=Re³2ncosn¡a
2¢ei(b+na
2)´=2
ncosn¡a
2¢cos ¡na 2+b¢
2.
n
X
k=0
(−1)n−kCk
n
cos(kx)
cosk(x)=ReÃn
X
k=0
(−1)n−kCk
nµeix
cos(x)¶k!=Reµeix cos(x)−1¶n
=Re(itan(x))n=Re¡einπ
2tann(x)¢
Ainsi
n
X
k=0
(−1)n−kCk
n
cos(kx)
cosk(x)=cos¡nπ
2¢tann(x)=½0si nest impair
(−1)ptan2p(x)si n=2p

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3. La première idée que l’on peut avoir est que 1=1
n=(p+q)n=
n
P
k=0
Ck
npkqn−k.Il reste à faire apparaître ce kCk n
(pour k(k−1) Ck
n,il s’agit sans doute de la même technique). Le seul moyen de faire ”tomber” le kqui est en exposant
est de dériver. Si on considère la fonction f(x)=
n
P
k=0
Ck
nxkqn−k=(x+q)n,festunpolynômedoncestdérivable
sur R.f0(x)=
n
P
k=0
kCk
nxk−1qn−k=n(x+q)n−1et xf 0(x)=
n
P
k=0
kCk
nxkqn−k=xn (x+q)n−1.On en déduit que
n
P
k=0
kCk
npkqn−k=pf0(p)=np (p+q)n−1=np.
De la même façon x2f00 (x)=
n
P
k=0
k(k−1) Ck
nxkqn−k=x2n(n−1) (x+q)n−2et
n
P
k=0
k(k−1)Ck
npkqn−k=n(n−1) p2.
Remarque : On peut aussi utiliser kCk
n=kn!
k!(n−k)! =n(n−1)! (k−1)!(n−1−(k−1))! =nCk−1
n−1pour n≥1,k≥1.Cette relation
étant encore valable si n=0ou si k=0. On a alors
n
X
k=0
kCk
npkqn−k=
n
X
k=1
nCk−1
n−1pkqn−k
=
j=k−1n
n−1
X
j=0
Cj
n−1pj+1qn−1−j=np
n−1
X
j=0
Cj
n−1pjqn−1−j=np (p+q)n−1=np. L’autre somme peut aussi se calculer de
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 Aincluse dans B. C’est cette idée qu’il
faut développer.
Pour construire un couple convenable, on choisit Bet pour BÞxée, on choisit Adans P(B)quelconque. Si Bak
éléments dans P(E),on dispose de Ck
nchoix pour B, et de 2kchoix pour A. IlyadoncCk n2kcouples (A, B)tels que
A⊂Bet Card(B)=k. On a donc au total
n
P
k=0
Ck
n2k=3
ncouples possibles.
2.3. Les exotiques
1. On a si x6=1,P
k(x)=xk−1
x−1,ainsi Pn
k=1 Ck
nPk(x)= 1
x−1¡Pn
k=1 Ck
nxk−Pn
k=1 Ck
n¢
=1
x−1([(x+1)
n−1] −[2n−1]) = (x+1)n−2n
x−1,et 2n−1Pn¡1+x 2¢=2
n−1(1+x
2)n−1
1+x
2−1
=(x+1)n−2n
x−1. L’égalité est donc vraie pour x6=1,mais comme les deux membres sont des polynômes, elle est vraie
partout (par continuité ou prolongement des identités algébriques).
2. Notons A=n(A, B)∈P(E)2,A⊂Bou B⊂Ao,alors A=P(E)2\Aest l’ensemble des couples cherchés.
Posons A1=n(A, B)∈P(E)2,A⊂Boet A2=n(A, B)∈P(E)2,B⊂Ao.OnaCard(A1)=Card(A2)et
A1∩A2=n(A, B)∈P(E)2,A=Boa pour cardinal 2n.
Calculons le cardinal de A2.SoitA⊂P(E)de cardinal k, ilya2kparties Bincluses dans A.AinsiCard (A2)=
Pn
k=0 Ck
n2k=3
n.EnÞn, Card¡A¢=4 n−(2 ×3n−2n)
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
seul. On a C2
n+1 choix pour cet élément particulier. Il reste alors néléments de {1,2, ..., n +1}que l’on met en bijection
avec {1,2, ..., n},il y n!bijections différentes. Au total on a C2
n×n!=n(n+1)!
2surjections de {1,2, ..., n +1}dans
{1,2, ..., n}..
2.4. Les olympiques
1. On se donne une partie A⊂Eàkéléments. Pour construire un couple (A, B)tel que A∩B=∅, il faut choisir une
partie dans EÂA, on dispose de 2n−kchoix possibles. On a donc 2n−kCk
ncouples (A, B)qui satisfont à A∩B=∅tels
que Card(A)=k. Ce qui donne
n
X
k=0
2n−kCk
n=3
ncouples possibles. Mais il faut enlever le couple (∅,∅)qui n’est pas

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constitué de parties distinctes. Il y a 3n−1couples possibles.
2. On a Ck
nparties à kéléments, donc X
A⊂E
Card(A)=Pn
k=0 kCk
nqui se calcule avec (1 + x)n=Pn
k=0 Ck
nxkque l’on
dérive pour avoir n2n−1(cf exercice 6 (Basiques))
Pour la seconde somme, soit une partie Cde Eàkéléments. Combien y a-t-il de couples (A, B)∈P(E)2tels que
C=A∩B?
Il faut choisir un couple (A0,B
0)∈P(E\C)2tel que A0∩B0=∅.
D’après l’exercice 1 (lOlympiques), il y a 3n−kcouples possibles. On a donc X
A⊂E
B⊂E
Card(A∩B)=Pn
k=0 kCk
n3n−k=
n4n−1
EnÞnX
A⊂E
B⊂E
Card(A∪B)= X
A⊂E
B⊂E
Card(A)+Card(B)−Card(A∩B)=n2n×2n−1+n2n×2n−1−n4n−1=3n4n−1