DJ - FAMILLES DE POLYNOMES

DJ - FAMILLES DE POLYNOMES
I. Une famille remarquable de polynômes
Pour tout entier n positif, on note Γn le polynôme
Γn (X) =
X(X − 1) · · · (X − n + 1)
,
n!
et
γn = n! Γn .
Les polynômes Γn forment une base de R[X]. On a tout d’abord les formules suivantes :
Γ0 (X + 1) − Γ0 (X) = 0 ,
∀n ≥ 1 , Γn (X + 1) − Γn (X) = Γn−1 (X) ,
∀n ≥ 0 , XΓn (X) = (n + 1)Γn+1 (X) + nΓn (X) .
La première formule est évidente puisque Γ0 = 1. Pour la deuxième
(X + 1)X · · · (X − n + 2) X(X − 1) · · · (X − n + 1)
−
n!
n!
X(X − 1) · · · (X − n + 2)
((X + 1) − (X − n + 1))
=
n!
X(X − 1) · · · (X − n + 2)
= n
n!
X(X − 1) · · · (X − n + 2)
,
=
(n − 1)!
Γn (X + 1) − Γn (X) =
ce qui donne le résultat.
Pour la troisième formule
XΓn (X) = ((X − n) + n)Γn (X) = (X − n)Γn (X) + nΓn (X) .
Mais
(X − n)Γn (X) =
X(X − 1) · · · (X − n)
X(X − 1) · · · (X − n)
= (n + 1)
= (n + 1)Γn+1 (X) ,
n!
(n + 1)!
donc
XΓn (X) = (n + 1)Γn+1 (X) + nΓn (X) .
DJ 2
Proposition 1 Il existe une suite (Pn )n≥0 de polynômes et une seule telle que
1) P0 (X) = 1
2) Pour tout n ≥ 1, Pn (X + 1) − Pn (X) = XPn−1 (X)
3) Pour tout n ≥ 1, Pn (0) = 0.
Ces polynômes vérifient alors
i) deg Pn = 2n
ii) Si n ≥ 1, l’ensemble des racines de Pn contient {0, . . . , n}.
Notons
Pn (x) =
∞
X
λkn Γk (X) ,
k=0
ainsi que
αn = deg Pn
et βn = inf{k | λkn 6= 0} .
Donc
Pn (x) =
αn
X
λkn Γk (X) .
k=βn
On a alors
Pn (X + 1) − Pn (X) =
∞
X
λkn (Γk (X + 1) − Γk (X))
k=0
=
∞
X
λkn Γk−1 (X)
k=1
=
∞
X
λk+1
Γk (X) .
n
k=0
D’autre part
XPn−1 (X) =
∞
X
λkn−1 XΓk (X)
k=0
=
∞
X
λkn−1 ((k + 1)Γk+1 (X) + kΓk (X))
k=0
=
∞
X
k=1
=
∞
X
k−1
λn−1
kΓk (X)
+
∞
X
λkn−1 kΓk (X)
k=0
k−1
k(λkn−1 + λn−1
) Γk (X) .
k=1
L’égalité
Pn (X + 1) − Pn (X) = XPn−1 (X) ,
est donc équivalente à
DJ 3
k−1
λ1n = 0 et ∀k ≥ 1 , λk+1
= k(λkn−1 + λn−1
).
n
(1)
Avec de plus, si n ≥ 1,
Pn (0) = λ0n = 0 .
A partir de P0 = Γ0 = 1, on obtient immédiatement que
P1 (X) = Γ2 (X) .
On a donc
α1 = β1 = 2 .
Puis tous les polynômes sont obtenus de proche en proche de manière unique. De la relation entre les
coefficients de Pn et de Pn−1 , on déduit que ces coefficients sont tous positifs.
α
n−1
Soit n ≥ 1. Etudions maintenant les degrés. Puisque λn−1
n’est pas nul, on a
α
n−1
λαnn−1 +2 = (αn−1 + 1) (λn−1
+1
α
n−1
+ λn−1
) > 0.
D’autre part, si k > αn−1 + 2, alors k − 1 > k − 2 > αn−1 , donc
k−1
k−2
λkn = (k − 1)(λn−1
+ λn−1
) = 0.
Il en résulte que
αn = αn−1 + 2 ,
et donc, par récurrence, que αn = 2n.
β
n−1
On procède de même avec les nombres βn . Puisque λn−1
n’est pas nul, on a
β
β
n−1
n−1
λβnn−1 +1 = βn−1 (λn−1
+ λn−1
−1
) > 0.
D’autre part, si 0 ≤ k < βn−1 + 1, alors k − 2 < k − 1 < βn−1 , donc
k−1
k−2
λkn = (k − 1)(λn−1
+ λn−1
) = 0.
Il en résulte que
βn = βn−1 + 1 ,
et donc, par récurrence, que βn = n + 1.
Finalement
Pn (X) =
2n
X
λkn Γn (X) .
k=n+1
On peut donc mettre Γn+1 (X) en facteur
Pn (X) = Γn+1 (X)
2n
X
k=n+1
λkn
(n + 1)!
(X − n − 1) · · · (X − k + 1) ,
k!
ce qui montre que les nombres 0, 1, . . . , n sont racines de Pn .
DJ 4
Voici la table des premiersλkn :
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
k=2
1
k=3
k=4
2
3
6
k=5
k=6
k=7
k=8
k=9
k = 10
20
24
15
130
120
210
924
105
2380
2520
945
Voici la procédure Maple permettant de les créer ainsi que de trouver les polynômes Pn .
B := proc (n) local k, j, Q ;
global L, P ;
L := array(sparse,1 .. n,1 .. 2*n) ;
for k from 3 to n do L[1,k] := 0 od ; L[1,2] := 1 ;
for k from 3 to 2*n do for j from 2 to n do
L[j,k] := (k-1)*(L[j-1,k-1]+L[j-1,k-2]) od od ;
P := array(sparse,1 .. 2*n) ;
P[1] := X ;
for k from 2 to 2*n do P[k] := (X-k+1)*P[k-1]/k od ;
Q := 0 ;
for k from n+1 to 2*n do Q := Q+L[n,k]*P[k] od ;
print(evalm(L)) ; print(factor(Q))
end
Il résulte de l’équation (1) que
= nλnn−1
λn+1
n
et
2n−2
λ2n
n = (2n − 1)λn−1
d’où, par récurrence,
λn+1
= n! et λ2n
n
n = 1 × 3 × · · · × (2n − 1) =
(2n)!
.
2n n!
On obtient facilement les premiers polynômes :
P2 (X) = 2Γ3 (X) + 3Γ4 (X) .
Donc
P2 (X) =
=
=
X(X − 1)(X − 2) X(X − 1)(X − 2)(X − 3)
+
3
8
X(X − 1)(X − 2)
(8 + 3(X − 3))
24
X(X − 1)(X − 2)(3X − 1)
.
24
DJ 5
P3 (X) = 6Γ4 (X) + 20Γ5 (X) + 15Γ6 (X) .
Donc
P3 (X) =
=
=
=
X(X − 1)(X − 2)(X − 3) X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)
+
4
6
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5)
+
48
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)
(12 + 8(X − 4) + (X − 4)(X − 5))
48
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)
(X 2 − X)
48
X 2 (X − 1)2 (X − 2)(X − 3)
.
48
P4 (X) = 24Γ5 (X) + 130Γ6 (X) + 210Γ7 (X) + 105Γ8 (X) .
Donc
P4 (X) =
=
=
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) 13X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5)
+
5
72
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5)(X − 6)
+
24
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5)(X − 6)(X − 7)
+
384
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)
[1152 + 1040(X − 5)
5760
+240(X − 5)(X − 6) + 15(X − 5)(X − 6)(X − 7)]
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)
(15X 3 − 30X 2 + 5X + 2) .
5760
On peut calculer également
P5 (X) =
X 2 (X − 1)2 (X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5)(3X 2 − 7X − 2)
.
11520
De la relation de définition on tire que, pour tout entier j et pour tout n ≥ 1,
Pn (X − j) − Pn (X − j − 1) = (X − j − 1)Pn−1 (X − j − 1) ,
et donc en sommant
Pn (X) − Pn (X − s) =
s−1
s−1
X
X
(X − j − 1)Pn−1 (X − j − 1) .
(Pn (X − j) − Pn (X − j − 1)) =
j=0
j=0
DJ 6
En particulier, pour s entier
Pn (s) =
s−1
s−1
X
X
jPn−1 (j) .
(s − j − 1)Pn−1 (s − j − 1) =
j=0
j=0
En tenant compte du fait que les nombres de 0 à n − 1 sont racines de Pn−1 , on obtient, si s ≥ n + 1
Pn (s) =
s−1
X
jPn−1 (j)
j=n
et en particulier
Pn (n + 1) = nPn−1 (n)
d’où l’on déduit que
Pn (n + 1) = n! .
Remarque
En dérivant la relation liant les polynômes Pn , on obtient :
′
Pn′ (X + 1) − Pn′ (X) = Pn−1 (X) + XPn−1
(X) ,
d’où l’on déduit
Pn′ (1) − Pn′ (0) = Pn−1 (0) ,
et ceci est nul si n ≥ 2. Donc dans ce cas Pn′ (1) = Pn′ (0). En particulier, si 0 est racine double, il en
est de même de 1.
II. Expressions symétriques et sommes de puissances
Dans l’ensemble des polynômes à coefficients réels de q lettres X1 , · · · , Xq on considère les polynômes
qui s’écrivent comme des sommes, que l’on dira de type k, de la forme
X p
Xi11 · · · Xipkk
où 1 ≤ k ≤ q, et où la somme contient tous les monômes différents possibles tels que les lettres
Xi1 ,. . . ,Xik soient toutes différentes. Ce sont des expressions symétriques des q lettres X1 , · · · , Xq .
Par exemple, les sommes de type 1 sont
θp =
q
X
Xjp .
j=1
Notons σk la somme de type k où p1 = . . . = pk = 1 : on obtient ainsi les expressions symétriques
élémentaires des q lettres X1 , · · · , Xq .
DJ 7
Proposition 2 Toute somme de type k et de degré r est une expression algébrique de θ1 ,. . . ,θr
indépendante de q.
On montre par récurrence sur k que toute somme de type k et de degré r est une expression algébrique
de θ1 ,. . . ,θr indépendante de q. C’est vrai de manière évidente si k = 1. Supposons la propriété vraie
jusqu’à l’ordre k − 1, et soit
X p
S=
Xi11 · · · Xipkk
une somme de type k et de degré r = p1 + · · · + pk (donc pj ≤ r). Considérons le produit
!
q
k
X
Y
pj
Xi
.
P =
j=1
i=1
Lorsque l’on développe ce produit, on obtient la somme de tous les produits possibles de termes de la
forme
Xip11 · · · Xipkk .
En regroupant les monômes identiques, il apparaît, la sommes S multipliée par une constante entière M
indépendante de q, plus des combinaisons linéaires à coefficients entiers indépendants de q de sommes
de type inférieur à k − 1 obtenues lorsque plusieurs lettres sont identiques. Toutes ces sommes sont
encore de degré r. Donc
S=
1
(P − des sommes de type ≤ à k − 1) .
M
Comme
P =
k
Y
θpj ,
j=1
et en utilisant l’hypothèse de récurrence, on en déduit immédiatement que S est une expression algébrique de θ1 ,. . . ,θr indépendante de q.
Corollaire Toute expression symétrique des q lettres X1 , · · · , Xq est une expression algébrique
indépendante de q des θp .
En effet, toute expression symétrique des q lettres X1 , · · · , Xq est une expression algébrique des expressions symétriques élémentaires qui sont des sommes de type k.
En particulier, puisque σp est de degré p, il existe un polynôme Qp de p lettres, indépendant de q, tel
que
σp = Qp (θ1 , . . . , θp ) ,
et si l’on remplace toutes les lettres par 0, on obtient
0 = Qp (0, . . . , 0) .
DJ 8
Par exemple
σ1 = θ 1
,
1
σ3 = (θ13 − 3θ1 θ2 + 2θ3 ) .
6
1
σ2 = (θ12 − θ2 ) ,
2
III. Sommes des puissances des premiers entiers
Si k ≥ 1, posons
νnk =
n−1
X
jk .
j=0
On posera également
νn0 = n .
Proposition 3 Pour tout k ≥ 0, il existe un polynôme Rk de degré k + 1, nul en 0, tel que
νnk = Rk (n) .
La propriété se montre par récurrence sur k. On a
νn0 = n = R0 (n) ,
où
R0 (X) = X .
Supposons la propriété vraie jusqu’à l’ordre k − 1, et calculons de deux manières la somme
U=
n−1
X
[(j + 1)k+1 − j k+1 ] .
j=0
Tout d’abord, par le procédé télescopique
U = nk+1 .
DJ 9
D’autre part en développant par la formule du binôme,
U
=
k+1 X
k+1
n−1
X
i=0
j=0
=
k n−1
XX
j=0 i=0
=
i
k X
i=0
= (k +
j −j
k+1
!
k+1 i
j
i
n−1
k X
k+1 X
i=0
=
i
i
ji
j=0
k+1 i
νn
i
1)νnk
+
k−1 X
k+1
νni .
k−1 X
k+1
νni
i
i=0
On en déduit
νnk
1
=
k+1
n
k+1
−
i
i=0
!
.
Donc, en utilisant l’hypothèse de récurrence,
1
νnk =
k+1
nk+1 −
k−1 X
k+1
i
i=0
!
Ri (n)
.
Si l’on pose
1
Rk (X) =
k+1
X
k+1
−
k−1 X
k+1
i=0
i
!
Ri (X)
on obtient un polynôme de degré k + 1 tel que
νnk = Rk (n) .
De plus
1
Rk (0) =
k+1
−
k−1 X
k+1
i=0
i
!
Ri (0)
= 0.
On retrouve facilement les premiers polynômes
X(X − 1)
1
,
R1 (X) = (X 2 − R0 (X)) =
2
2
,
DJ 10
puis
R2 (X) =
=
=
=
1 3
(X − R0 (X) − 3R1 (X))
3 1
X(X − 1)
3
X −X −3
3
2
1
X(X − 1)(2(X + 1) − 3)
6
X(X − 1)(2X − 1)
.
6
On a aussi
R3 (X) =
=
=
=
=
1 4
(X − R0 (X) − 4R1 (X)) − 6R2 (X))
4
1
(X 4 − X − 2X(X − 1) − X(X − 1)(2X − 1))
4
1
X(X − 1)(X 2 + X + 1 − 2 − (2X − 1))
4
1
X(X − 1)(X 2 − X)
4
X(X − 1) 2
.
2
IV. Somme des produits de k nombres choisis dans {1, 2, . . . , n − 1}
Soit n ≥ 2 et 1 ≤ k ≤ n − 1. Notons µkn la somme de tous les produits de k nombres distincts ordonnés
choisis dans {1, 2, . . . , n − 1}. En particulier
µnn−1 = (n − 1)! .
Mais aussi
µ1n = 1 + · · · + (n − 1) =
n(n − 1)
.
2
Calculons µ2n . On a
µ2n =

1 
2
n−1
X
j=1
2
j −
n−1
X
j=1

j2 ,
DJ 11
et donc
!
n(n − 1) 2 n(n − 1)(2n − 1)
−
2
6
1 n(n − 1) n(n − 1) 2n − 1
−
2
2
2
3
n(n − 1)
(3n2 − 3n − (4n − 2))
24
n(n − 1)
(3n2 − 7n + 2)
24
n(n − 1)
(n − 2)(3n − 1) .
24
1
2
µ2n =
=
=
=
=
On peut calculer µ3n par une technique analogue.

Lorsque l’on développe 
n−1
X
j=1
3
j  on obtient tous les produits ijk de trois nombres quelconques de
{1, 2, . . . , n − 1}. Ils sont de trois types :
– les termes de la forme i3
– les termes de la forme ij 2 avec i 6= j. On les obtient chacun 3 fois puisque l’on obtient un tel terme
en prenant i dans un des 3 facteurs et j dans les deux autres
– les termes de la forme ijk, où i, j et k sont deux à deux distincts. On les obtient chacun 3 ! fois car
c’est le nombre de permutations de 3 objets.
Donc


n−1
X
j=1
3
j =
n−1
X
j3 + 3
X
ij 2 + 6µ3n ,
i6=j
j=1
soit
µ3n =

1 
6
n−1
X
j=1
3
j −
n−1
X
j3 − 3
ij 2  .
X
ij 2 .
i6=j
j=1

X
Par ailleurs


On obtient donc
n−1
X
j=1

j 
n−1
X
j=1
j

2
=
n−1
X
j=1
j3 +
i6=j
DJ 12
µ3n =
3

n−1
n−1
X
1 X 
j3 − 3
j
+2
6
j=1
j=1
=
=
=
=
=
3
n−1
X
i=1
! n−1 
X
i 
j 2 
j=1
2
n(n − 1)
n(n − 1) n(n − 1)(2n − 1)
n(n − 1)
+2
−3
2
2
2
6
2 1 n(n − 1)
n(n − 1)
+ 2 − (2n − 1)
6
2
2
1 2
n (n − 1)2 (n2 − n + 4 − 2(2n − 1))
48
1 2
n (n − 1)2 (n2 − 5n + 6)
48
1 2
n (n − 1)2 (n − 2)(n − 3) .
48
1
6
!
On remarque que, si 1 ≤ k ≤ n − 2, la somme µkn peut se séparer en deux parties : les termes contenant
n − 1, et ceux qui ne le contienne pas. Dans le premier cas on fait la somme de produits de k facteurs
pris dans {1, . . . , n − 2} : c’est donc µkn−1 . Dans le second cas n − 1 est en facteur dans une somme de
k−1
produits de k − 1 facteurs pris dans {1, . . . , n − 2} : c’est donc (n − 1)µn−1
. Donc on a la relation
k−1
µkn = µkn−1 + (n − 1)µn−1
.
(2)
Dans le cas où k = 1, on a
µ1n = µ1n−1 + (n − 1) ,
et la relation précédente reste vraie à condition de poser µ0n−1 = 1.
Dans le cas où k = n − 1, on a
n−2
µnn−1 = (n − 1)µn−1
= (n − 1)! ,
n−1
et la relation (2) reste vraie à condition de poser µn−1
= 0.
On posera donc si n ≥ 1,
µnn = 0 et µ0n = 1 .
La relation permet de calculer les coefficients dans un triangle analogue à celui de Pascal.
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
k=0
1
1
1
1
1
1
k=1
0
1
3
6
10
15
k=2
k=3
k=4
k=5
k=6
0
2
11
35
85
0
6
50
225
0
24
274
0
120
0
DJ 13
On constate que, pour k = 1, 2 ou 3, on a
µkn = Pk (n) ,
où Pn est le polynôme du paragraphe I. Nous allons montrer que cette propriété est vraie quel que soit n.
On a vu dans II que l’on avait
σp = Qp (θ1 , . . . , θp ) .
Prenons q = n − 1 et remplaçons l’ensemble de lettres X1 ,. . . ,Xq par 1, . . . , n − 1, on obtient
µpn = Qp (νn1 , . . . , νnp ) ,
et donc, d’après III,
µpn = Qp (R1 (n), . . . , Rp (n)) .
Si l’on pose
Hp (X) = Qp (R1 (X), . . . , Rp (X)) ,
cela s’écrit
µpn = Hp (n) .
La relation (2) devient alors
Hk (n) = Hk (n − 1) + (n − 1)Hk−1 (n − 1) ,
et il en résulte que le polynôme Hk (X) − (Hk (X − 1) + (X − 1)Hk−1 (X − 1)) s’annule pour tout entier
n ≥ k + 2. C’est donc le polynôme 0, et l’on a
Hk (X) = Hk (X − 1) + (X − 1)Hk−1 (X − 1) .
On constate alors que la suite de polynômes (Hn )n≥0 vérifie la même relation que la suite (Pn ) de la
partie I. De plus, si n ≥ 1,
Hn (0) = Qp (R1 (0), . . . , Rp (0)) = Qp (0, . . . , 0) = 0 ,
et enfin H1 = P1 . Alors, par unicité, pour tout n ≥ 1, on a
Hn = Pn .
On peut donner une autre démonstration du fait que µkn est de la forme Hk (n). En effet, de la relation
(2) on tire immédiatement
n−1
X
k
µn =
jµjk−1 .
j=k
DJ 14
Donc si on suppose la propriété vraie à l’ordre k − 1, on aura
µkn =
n−1
X
jHk−1 (j) .
j=k
Si l’on pose
Hk−1 (X) =
∞
X
i
Xi ,
δk−1
i=0
on aura
µkn
n−1
X
=
∞
X
j
i=0
j=k
∞
X
=
i=0
∞
X
=
i=0
∞
X
=
i
δk−1
ji
i
δk−1
n−1
X
j i+1
j=k
i
δk−1
(νni+1 − νki+1 )
i
(Ri+1 (n) − Ri+1 (k)) .
δk−1
i=0
Donc en posant
Hk (X) =
∞
X
i
(Ri+1 (X) − Ri+1 (k)) ,
δk−1
i=0
on a
µkn = Hk (n) .
Comme on a vu que deg Pk = 2k, si
2k−2
X
Pk−1 (X) =
i
Xi ,
δk−1
i=0
on a donc
Pk (X) =
2k−2
X
i
δk−1
(Ri+1 (X) − Ri+1 (k)) ,
i=0
Mais Pk (0) = Ri (0) = 0. Alors
Pk (0) = −
2k−2
X
i
Ri+1 (k) = 0 ,
δk−1
i=0
et finalement, si k ≥ 2,
Pk (X) =
2k−2
X
i=1
i
Ri+1 (X) ,
δk−1
DJ 15
ce qui donne un autre moyen de calculer de proche en proche les polynômes Pk .
Par exemple
P2 (X) = δ11 R2 (X) + δ12 R3 (X)
=
=
=
=
1 X(X − 1)(2X − 1) 1 X(X − 1) 2
+
−
2
6
2
2
X(X − 1)
(−2(2X − 1) + 3X(X − 1))
24
X(X − 1)
(3X 2 − 7X + 2)
24
X(X − 1)(X − 2)(3X − 1)
.
24
V. Les nombres de Stirling de première espèce
Ce sont les coefficients dans la base naturelle des polynômes γn . Si n ≥ 1, on a
γn (X) = X(X − 1) · · · (X − n + 1) ,
et, en développant le produit
γn (X) = X n − µ1n X n−1 + µ2n X n−2 + · · · + (−1)n−1 µnn−1 X .
Notons Snp le coefficient de X p dans le polynôme γn . Si 0 ≤ p ≤ n on a donc,
Snp = (−1)n−p µnn−p .
On pourra compléter en posant
S00 = µ00 = 1 .
On a donc de manière symétrique
µpn = (−1)p Snn−p .
La relation liant les nombres de Stirling se déduit alors de (2). On obtient
n−1−k
n−k
(−1)k Snn−k = (−1)k Sn−1
+ (n − 1)(−1)k−1 µn−1
,
d’où en multipliant par (−1)k et en posant p = n − k,
p−1
p
Snp = Sn−1
− (n − 1)Sn−1
.
On a la table des premiers nombres de Stirling de première espèce :
DJ 16
n=0
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6
p=0
1
p=1
p=2
p=3
p=4
p=5
p=6
1
−1
2
−6
24
−120
1
−3
11
−50
274
1
−6
35
−225
1
−10
85
1
−15
1
On a également
Sn1 = (−1)n−1 (n − 1)! ,
Snn−1 = −
Snn−2 =
n(n − 1)
,
2
n(n − 1)(n − 2)(3n − 1)
,
24
Snn−3 = −
n2 (n − 1)2 (n − 2)(n − 3)
.
48
VI. Les nombres de Stirling de deuxième espèce (Voir BF)
A partir de la relation de récurrence
k−1
k
σnk = kσn−1
+ σn−1
,
vérifiée par les nombres de Stirling de deuxième espèce, on obtient
n−k
n−k−1
σnn−k = (n − k)σn−1
+ σn−1
.
On en déduit
σnn−k
=
n
X
j−k
(j − k)σj−1
,
j=k+1
et donc par récurrence, il existe une famille de polynôme Tn telle que
σnn−k = Tk (n) .
Ces polynômes vérifient alors la relation
Tn (X + 1) − Tn (X) = (X + 1 − n)Tn−1 (X) ,
On a
T0 (X) = 1 ,
et si l’on écrit
Tn (X) =
T1 (X) =
∞
X
k=0
X(X − 1)
,
2
ξnk Γk (X) ,
DJ 17
on a
(X + 1 − n)Pn−1 (X) = XPn−1 (X) + (1 − n)Pn−1 (X) =
∞
X
k−1
k
(kξn−1
+ (1 + k − n)ξn−1
)Γk (X) ,
k=0
ce qui conduit à la relation
k−1
k
ξnk+1 = kξn−1
+ (1 + k − n)ξn−1
.
On constate, comme pour les polynômes Pn , que les polynômes Tn sont de degré 2n et que les nombres
0,1,. . . ,n sont racines.
Voici la table des ξnk :
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
k=2
1
k=3
k=4
1
3
1
k=5
k=6
k=7
k=8
k=9
k = 10
10
1
15
25
1
105
56
105
490
1260
945
En particulier, on montre par récurrence que
ξnn+1 = 1 et ξn2n = 1 × 3 × · · · × (2n − 1) =
(2n)!
.
2n n!
Voici les premiers polynômes :
X(X − 1)
2
X(X − 1)(X − 2)(3x − 5)
T2 (X) =
24
T1 (X) =
T3 (X) =
T4 (X) =
X(X − 1)(X − 2)2 (X − 3)2
48
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(15X 3 − 150X 2 + 485X − 502)
5760
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)2 (X − 5)2 (3X 2 − 23X + 38)
.
11520
En fait les polynômes Tn sont reliés très simplement aux polynômes Pn par la relation
T5 (X) =
Tn (X) = Pn (n − X) .
En effet de la relation
Pn (X + 1) − Pn (X) = XPn−1 (X) ,
DJ 18
on tire en remplaçant X par n − X − 1,
Pn (n − X) − Pn (n − X − 1) = (n − X − 1)Pn−1 (n − X − 1) ,
donc
Pn (n − X − 1) − Pn (n − X) = (X + 1 − n)Pn−1 (n − X − 1) ,
et si l’on pose
Un (X) = Pn (n − X) ,
on trouve
Un (X + 1) − Un (X) = (X + 1 − n)Un−1 (X) .
Donc Un et Tn vérifient la même relation. Comme de plus U1 = T1 , et que
Un (0) = Pn (n) = Tn (0) = 0 ,
on obtient par unicité la même famille de polynômes.
Si l’on écrit
Pn (−X) = Tn (X + n) ,
on constate que les valeurs du polynôme Pn pour les entiers négatifs donne les nombres de Stirling de
deuxième espèce, alors que les valeurs pour les entiers positifs donnent, au signe près, les nombres de
Stirling de première espèce.
σnn−p = Tp (n) = Pp (p − n) et Snn−p = (−1)p Pp (n) .
En particulier
σnn−1 =
n(n − 1)
,
2
σnn−2 =
n(n − 1)(n − 2)(3n − 5)
,
24
σnn−3 =
n(n − 1)(n − 2)2 (n − 3)2
.
48
On a aussi
σnk = σnn−(n−k) = Tn−k (n) = Pn−k (−k) ,
et
Snk = Snn−(n−k) = (−1)n−k Pn−k (n) = (−1)n−k Tn−k (−k) .
En particulier
Sn1 = (−1)n−1 Tn−1 (−1) = (−1)n−1 (n − 1)! ,
et
σn1 = Pn−1 (−1) = 1 .
Donc
Tn (−1) = n! et
Pn (−1) = 1 .