102-fin - Département de mathématiques et de statistique

9.21. Généralisations. Formulons en termes générales :
Problème (Type C). Combien de solutions entières de l’équation
X1 + X2 + . . . + Xm = n
si X1 ≥ r1 , X2 ≥ r2 , . . . , Xd ≥ rm (où les ri sont des entiers).
Réponse : Comme en problème (C1) : C(n + m − (r1 + r2 + . . . + rm ) − 1, m − 1).
Problème (Type D). Combien de solutions entières de l’équation
X1 + X2 + . . . + Xm = n
si 0 ≤ X1 ≤ r1 , 0 ≤ X2 ≤ r2 , . . . , 0 ≤ Xd ≥ rm (où les ri sont des nombres naturels) ?
Méthode de répondre avec le principe d’inclusion-exclusion (un peu plus tard suivra une méthode en utilisant les fonctions génératrices) : Soit U l’ensemble des solutions entières de l’équation
X1 + X2 + . . . + Xm = n
où on exige seulement que Xi ∈ N pour chaque i. Pour chaque i, 1 ≤ i ≤ m, définissons Ui ⊆ U
comme le sous-ensemble des solutions où Xi ≥ ri +1 (donc on exige seulement une extra condition).
Donc U − (U1 ∪ U2 ∪ . . . ∪ Um ) est l’ensemble des solutions qui satisfont aucune des conditions
Xi ≥ ri + 1 ; c’est l’ensemble qui nous intéresse ! Nous cherchons
|U | − |U1 ∪ U2 ∪ . . . ∪ Um |.
On sait déjà que |U | = C(n + m − 1, m − 1) et par le problème précédent
|Ui | = C(n + m − (di + 1) − 1, m − 1),
mais ça ne suffit pas encore pour compter |U1 ∪ U2 ∪ . . . ∪ Um |. Nous pouvons utiliser le principe
d’inclusion-exclusion, mais pour ça de bien fonctionner il faut savoir compter les tailles des multiples
intersections. Nous pouvons !
L’intersection de s des sous-ensembles Ui est quoi ? Si 1 ≤ i1 < i2 < . . . < is ≤ m alors
Ui1 ∩ Ui2 ∩ . . . ∩ Uis est l’ensemble des solutions qui satisfont les s conditions :
Xi1 ≥ ri1 + 1, Xi2 ≥ ri2 + 1, . . . , Xis ≥ ris + 1.
Le nombre de telles solutions est compté dans le problème précédent :
C(n + m − (ri1 + ri2 + . . . + ris + s) − 1, m − 1).
Avec le principe d’inclusion nous pouvons en principe résoudre le problème.
Disons pour m = 3 la réponse totale est
C(n + m − 1, m − 1)−
−(C(n + m − (r1 + 1) − 1, m − 1) + C(n + m − (r2 + 1) − 1, m − 1) + C(n + m − (r3 + 1) − 1, m − 1))+
+(C(n+m−(r1 +r2 +2)−1, m−1)+C(n+m−(r1 +r3 +2)−1, m−1)+C(n+m−(r2 +r3 +2)−1, m−1))+
−C(n + m − (r1 + r2 + r3 + 3) − 1, m − 1).
On posé ici C(p, q) = 0 si p < q.
102
103
Ou la réponse totale dans le cas général :
m
X


(−1)s 
s=0
X
C(n + m − (ri1 + ri2 + . . . + rid ) − 1, d − 1) .
0≤i1 <i2 <...<is ≤m
Ici, la notation 0≤i1 <i2 <...<is ≤m veut dire : "prendre la somme sur toutes les possibilités des ia ∈ N
(1 ≤ a ≤ s) telles que 0 ≤ i1 < i2 < . . . < is ≤ m".
P
10. Suites et récurrences linéaires
10.1. Suites et séries. Les suites de nombres (entiers, réels ou mêmes complexes)
a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .
jouent un grand rôle dans les mathématques, en particulier dans les problèmes de comptage. Considérons les suites réelles dans cette section. On peut considérer une suite de nombres réels comme
une fonction F : N → R, où F (i) = ai , et vice versa.
Par exemple. Fixons E un ensemble fini avec m éléments. Si an est le nombre des n-permutations
avec remise dans E, la suite est
1, m, m2 , m3 , . . . , mn , . . . ..
Si an est le nombre des n-combinaisons avec remise dans E, la suite est
(m + 1)m (m + 2)(m + 1)m
,
, . . . , C(n + m − 1, n), . . .
2!
3!
Si an est le nombre des n-combinaisons sans remise dans E, la suite est
1, m,
m(m − 1) m(m − 1)(m − 2)
,
, . . . , C(m, n), . . . , C(m, m), 0, 0, 0, 0, 0, . . .
2!
3!
parce que an = 0 si n > m. Cette suite devient 0.
1, m,
10.2. Calcul. Dans un cours de calcul ou d’analyse on considère la série
X
an xn
n≥0
associée à une suite (ai )i≥0 . Puis on considère la question pour quelles valeurs de x cette suite est
convergente. Supposons la série converge pour toutes les valeurs sur un (possiblement très petit)
intervalle ouvert (−, ), disons avec valeur f (x). Alors f : (−, ) → R est une jolie fonction
(une "fonction analytique"). En particulier toutes les fonctions dérivées existent. On appelle f une
fonction génératrice 40 pour la suite. Par le théorème de Taylor, on retrouve les ai en termes de
cette fonction :
f (n) (0)
an =
,
n!
où f (n) (0) est la n-ième fonction dérivée évalué en x = 0.
(n)
Par contre, si g : (−, ) → R est une jolie fonction, on obtient une suite bn = g n!(0) et la série
associée est appelée la suite (ou la développement) de Maclaurin de g.
P
Dans un cours de calcul on montre aussi que si n≥0 an xn est la suite de Maclaurin de f alors
P
P
n
n
n≥0 (n + 1)an+1 x (=(la dérivé de la série
n≥0 an x ) est la série de Maclaurin de la fonction
40. Voir aussi [R, Annexe 3]
104
dérivée f 0 . Si
alors
P
n≥0 bn x
n
est la série de Maclaurin de g et
cn =
n
X
P
n≥0 cn x
n
la série de Maclaurin de f · g,
ai bn−i .
i=0
On multiplie les deux series comme on multiplierait deux polynômes (de très haut degré). La
fonction 0 est la seule fonction jolie (analytique) sur un petit intervalle de 0 qui a série de Macalaurin
P
n
n≥0 0x = 0.
P (x)
, où P (x) et Q(x) sont deux
Acceptons ces faits, et aussi que les fonctions rationnelles Q(x)
fonctions polynômiales et Q(0) 6= 0, sont des fonctions jolies restraintes sur un petit intervalle
ouvert de 0.
Pour des suites qui nous intéressent essayons de trouver une fonction génératrice.
10.3. Fonction génératrice des n-combinaisons sans remise. Les séries les plus facile sont
ceux qui deviennent 0 à partir d’un certain point. La série devient est une fonction polynomiale,
qui est certainemen jolie. Si la suite est
a0 , a1 , a2 , . . . , am−1 , am , 0, 0, 0, 0, 0, 0, . . .
la fonction (et la série) est
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . am−1 xm−1 + am xm .
Et encore
f (n) (0)
.
n!
an =
Donnons une application de cette formule.
Commençons, par exemple, avec le polynôme g(x) = (x + 1)m . Il y a une suite associée avec
(n)
an = g n!(0) . Nous pouvons facilement dériver (et montrer par induction sur n) :
g (n) (x) = m(m − 1)(m − 2) . . . (m − n + 1)(x + 1)m−n ,
donc
m(m − 1)(m − 2) . . . (m − n + 1)
= C(m, n).
n!
est une fonction génératrice de la suite
an =
Donc (x + 1)m
C(m, 0), C(m, 1), . . . , C(m, n), . . . , C(m, m), 0, 0, 0, 0, . . .
m
X
(x + 1)m =
C(m, n)xn .
n=0
Théorème 10.1 (Théorème du binôme de Pascal). Si m ∈ N alors
(x + y)m =
m
X
C(m, n)X n Y m−n .
n=0
Pm
Démonstration. Dans l’identité (x + 1)m = n=0 C(m, n)xn , remplacer x par
les deux côtés par Y m . Puis simplifier les fractions.
X
Y
et puis multiplier
105
Corollaire 10.1. Si m ∈ N alors
P
(i) 2m = m
n=0 C(m, n),
Pm
(i) 0 = n=0 (−1)n C(m, n),
P
n
(i) 3m = m
n=0 C(m, n)2
Démonstration. Faire des substitutions (X, Y ) = (1, 1), (−1, 1), (2, 1) respectivement.
10.4. Nouvelle preuve de l’identité de Pascal. Nous pouvons remontrer les identités de Pascal
et de Vandermonde en utilisant des simples outils de calcul. Par exemple
(x + 1)m+1 = (x + 1)(x + 1)m
= (x + 1)
m
X
C(m, i)xi
i=0
=
m
X
C(m, i)xi+1 +
i=0
=
m
X
C(m, i)xi
i=0
m+1
X
C(m, i − 1)xi +
i=1
m
X
C(m, i)xi
i=0
= C(m, 0) +
m
X
C(m, i − 1)xi +
i=1
= 1+
m
X
C(m, i)xi + C(m, m)xm+1
i=1
m
X
(C(m, i − 1) + C(m, i))xi + xm+1
i=1
En comparant avec
(x + 1)m+1 =
m+1
X
C(m + 1, i)xi
i=0
on obtient l’identité de Pascal
C(m + 1, i) = C(m, i − 1) + C(m, i)
si 1 ≤ i ≤ m.
Essayer vous-même de remontrer l’identité de Vandermonde en utiisant (x + 1)n (x + 1)m =
(x + 1)m+n .
10.5. Fonction génératrice des n-combinaisons avec remise. Soit f =
montrer par induction sur n que
La suite de Maclaurin associée à f =
(n)
1
1−x
1
1−x
=
n!
.
(1 − x)n+1
a le terme
an =
f (n) (0)
n!
=
= 1.
n!
n!
La suite est donc 1, 1, 1, 1, 1, 1 . . . et la série
P
i≥0 x
i.
1
1−x .
Il est facile de
106
En prenant la (m − 1)-ième dérivé de f et de
X
P
i≥0 x
i
(m−1)!
(1−x)m
on obtient que la série de
est
(m + n − 1)(m + n − 2) . . . (n + 1)xn .
n≥0
Et donc la série de Maclaurin de
1
(1−x)m
est
X (m + n − 1)(m + n − 2) . . . (n + 1)
X
xn =
(C(m + n − 1, n)xn .
(m − 1)!
i≥0
Donc
1
(1−x)m
i≥0
est une fonction génératrice de la suite
1, C(m, 1), C(m + 1, 2), C(m + 2, 3), C(m + 3, 4), . . . , C(m + n − 1, n), . . .
On peut calculer la série de Macalaurin de
Il suit de
(
∞
X
xi )m =
1
(1−x)m
X
=
X
xr1
r1 ≥0
i≥0
...
1
(1−x)m
X
xr2 · · ·
r2 ≥0
X X
r1 ≥0 r2 ≥0
que le coefficient de xn de
d’une autre façon. La série de
1
1−x
est
P
i
i≥0 x .
xrm
rm ≥0
X
x
r1 +r2 +...+rm
rm ≥0
est égal au nombre des (r1 , r2 , . . . , rm ) ∈ Nm tel que
r1 + r2 + . . . + rm = n.
Nous venons de voir que ce coefficient de xm est C(n + m − 1, n). Conclusion : le nombre des
solutions par des nombres naturels de l’équation X1 + X2 + . . . + Xm = n est C(n + m − 1, n).
Nous le savions déjà, mais ainsi nous avons donné une autre preuve.
10.6. Autre solution de problèmes de type C ou D. Motivé par le dernier calcul revisitons
un problème de type connu.
Problème. Combien de solutions entières de l’équation X1 + X2 + X3 = 12 si 2 ≤ X1 ≤ 7,
1 ≤ X2 ≤ 8, 2 ≤ x3 ≤ 5 ?
Problème. Considérons la fonction
f (x) = (x2 + x3 + . . . + x7 )(x + x2 + . . . + x8 )(x2 + . . . + x5 )
C’est quoi le coefficient de x12 ?
Calculons :
f (x) =
7
X
x r1
r1 =2
=
X
8
X
r2 =1
X
xr2
5
X
x r3
r3 =2
X
xr1 +r2 +r3
2≤r1 ≤7 1≤r2 ≤8 2≤r3 ≤5
Donc le coefficient de x12 est égal au nombre des (r1 , r2 , r3 ) ∈ N3 tel que
r1 + r2 + r3 = 12
et 2 ≤ r1 ≤ 7, 1 ≤ r2 ≤ 8 et 2 ≤ r3 ≤ 5. Donc les deux problèmes ont la même réponse.
107
Peut-on résoudre ces problèmes en utilisant du calcul ? Oui.
f
= (x2 + x3 + . . . + x7 )(x + x2 + . . . + x8 )(x2 + . . . + x5 )
= x5 (1 + x + . . . + x5 )(1 + x + . . . + x7 )(1 + x + . . . + x3 )
= x5 ·
(1 − x6 ) (1 − x8 ) (1 − x4 )
1 − x 1 − x (1 − x)
= x5 ·
1 − (x4 + x6 + x8 ) + (x10 + x12 + x14 ) − x18
(1 − x)3
=
x5 − (x9 + x11 + x13 ) + (x15 + x17 + x19 ) − x23
(1 − x)3
1
r
Le coefficient de xr de (1−x)
3 est C(r + 2, 2), donc le coefficient de x de
Donc le coefficient de x12 dans f est
xs
(1−x)3
est C(r − s + 2, 2).
C(14 − 5, 2) − (C(14 − 9, 2) + C(14 − 11, 2) + 0) + (0 + 0 + 0) − 0 = 36 − (10 + 3) = 23.
Et voilà la réponse.
10.7. Exemple pour trouver une fonction génératrice. Trouver une fonction génératrice pour
la suite
0, 2, 6, 12, 20, 30, 42, . . .
avec terme général : an = n + n2 .
P
1
Pour commencer, la fonction (1−x)
a série de Maclaurin n≥0 xn . Donc s dérivé
P
P
P
x
n−1 et
a la série n≥1 nxn = n≥0 nxn .
n≥1 nx
(1−x)2
1
(1−x)2
2
a série
x
1+x
2 n−1 . Et x+x
Puis, la dérivé de (1−x)
a la série
2 est (1−x)3 , qui a donc la suite
n≥0 n x
(1−x)3
P
2
n
n≥0 n x .
P
x
x+x2
2x
2 n
Finalement la fonction (1−x)
2 + (1−x)3 = (1−x)3 a série de Maclaurin
n≥0 (n + n )x .
Donc une fonction génératrice de notre suite est
P
2x
.
(1 − x)3
Vérification : Nous savons déjà que la série de Maclaurin
X
1
(1−x)3
est
C(n + 2, 2)xn .
n≥0
Donc la série de
2x
(1−x)3
est
X
2C(n + 2, 2)xn+1 = 0 +
n≥0
Et 2C(n + 1, 2) = 2 (n+1)n
= n + n2 .
2
Ça fonctionne !
X
n≥1
2C(n + 1, 2)xn .
108
11. Récurrence linéaire
Soit
a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .
une suite de nombres (entiers, réels ou complexes). Nous allons dire que la suite satisfait une
récurrence linéaire de degré d, s’il existe d nombres c1 , . . . , cd , cd 6= 0 tel que pour chaque n ≥ d
an = c1 an−1 + c2 an−2 + . . . + cd an−d . Si on connaît cette récurrence et a0 , . . . , ad−1 on connaît
automatiquement aussi les autres coefficients.
Dans ce cas il est possible de trouver une fonction génératrice, qui est une fonction rationnelle.
Commençons par le cas de degré un : il existe un nombre c tel que an = can−1 , n ≥ 1. Alors
a1 = ca0 , a2 = ca1 = c2 a0 , et en général an = cn a0 . La suite est
a0 , ca0 , c2 a0 , c3 a0 , . . .
La fonction génératrice est donc
a0
.
1 − cx
Remarque. Une récurrence du type an = can−1 +d, n ≥ 1, n’est pas appelé récurrence linéaire, mais
on peut analyser de façon analogue. Supposons f est une fonction génératrice, alors son expansion
de Maclaurin est
X
an xn
n≥0
et celui de (1 − cx)f (x) est
(1 − cx)
X
an xn =
n≥0
X
an xn +
n≥0
=
X
X
(−can )xn+1
n≥0
n
an x +
n≥0
= a0 +
X
(−can−1 )xn
n≥1
X
(an − can−1 )xn
n≥1
= a0 +
X
dxn
n≥1
= a0 − d + d(
X
xn )
n≥0
Donc (1 − cx)f = a0 − d +
d
1−x
=
a0 −a0 x−d+dx+d
1−x
et f =
a0 +x(d−a0 )
(1−x)(1−cx) .
11.1. Solution générale d’une récurrence linéaire de degré deux. Soit
a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . .
une suite de nombres (entiers, réels ou complexes), satisfaisant la récurrence linéaire de degré deux :
an = c1 an−1 + c2 an−2
si n ≥ 2. Ici c1 et c2 sont deux nombres fixés (et on suppose c2 6= 0).
À partir de a0 et a1 et la récurrence on peut calculer tous les an . Dans cette manière pour obtenir
la valeur de an , il faut calculer successivement tous les ai pour 2 ≤ i ≤ an ! Maintenant nous allons
donner une formule de an qui n’a pas cette désavantage. Quelque préparations sont nécessaire.
109
Considérons l’équation X 2 = c1 X + c2 (ou X 2 − c1 X − c2 = 0). Il y aura deux cas à considérer,
le premier cas est quand cet équation a deux solutions différentes, et le deuxième cas est quant il
y a une seule solution. Il y a deux racines différentes si et seulement si c21 + 4c2 6= 0.
Cas 1 : Supposons il y a deux racines différentes. Ce sont
r1 =
c1 −
q
c21 + 4c2
2
et r2 =
c1 +
q
c21 + 4c2
2
.
q
En particulier r2 − r1 = c21 + 4c2 . Ces racines ne sont pas des nombres réels (mais encore des
nombres complexes) si c21 + x2 < 0.
Considérons le système d’équations linéaires :
X1 + X2 = a0 , r1 X1 + r2 X2 = a1 .
Il y a une unique couple de solution (z1 , z2 ) (parce que r1 6= r2 ) ; en fait on vérifie facilement
z1 =
r1 a0 − a1
r2 a0 − a1
et z2 = −
.
r2 − r1
r2 − r1
Nous pouvons maintenant formuler la formule générale dans ce cas 1 41. Pour chaque n ≥ 0 on
a:
an = z1 r1n + zn rn .
Cas 2 : Supposons il y a une seule racine. C’est r =
c1 6= 0 (parce que c21 + 4c2 = 0 dans ce cas 2) et r 6= 0.
Considérons le système d’équations linéaires :
c1
2.
Nous supposons c2 6= 0, donc aussi
X1 = a0 , rX1 + rX2 = a1 .
Il y a une unique couple de solution (z1 , z2 ) ; en fait on vérifie facilement
z1 = a0 et z2 =
−ra0 + a1
.
r
Nous pouvons maintenant formuler la formule générale dans ce cas 2 42. Pour chaque n ≥ 0 on
a:
an = z1 rn + nz2 rn .
11.2. Exemples. (i) Trouver une formule pour les nombres de Fibonacci. F (0)√= 0, F (1) = 1√ et
F (n) = F (n − 1) + F (n − 2). L’équation X 2 = X + 1 a deux racines : r1 = 1−2 5 et r2 = 1−2 5 ;
√
r2 − r1 = 5. Trouver la solution (z1 , z2 ) de
X1 + X2 = 0, r1 X1 + r2 X2 = 1.
−1
1
z1 = √ et z2 = √ .
5
5
La solution générale :
F (n) =
z1 r1n
−1
+ zn r = √
5
n
41. Voir aussi [R, th. 1, p. 303]
42. Voir aussi [R, th. 2, p. 306]
√ !n
1− 5
1
+√
2
5
√ !n
1+ 5
1
=√
2
5
√ !n
1+ 5
1
−√
2
5
√ !n
1− 5
.
2
110
Avec un ordinateur j’ai calculé la partie droite pour n = 30, avec comme résultat 832039.9882.
Mais nécessairement le calcul avec des nombres réels sur un ordinateur est un peu inprécis. La vraie
réponse est F (30) = 832040.
(ii) Trouver une formule pour la suite (ai )i≥0 :
1, 6, 27, 108, . . .
ayant la récurrence
an = 6an−1 − 9an − 2
si n ≥ 2. L’équation
X 2 = 6X − 9
a une seule racine r = 3. Trouver la solution (z1 , z2 ) de
X1 = 1, rX1 + rX2 = 6.
C’est
z1 = 1 et z2 =
−3 + 6
= 1.
3
La solution générale :
an = 3n + n3n = (n + 1)3n
11.3. Preuve par induction.
Démonstration du cas 1. Remarquons d’abord que r12 = c1 r1 + c2 et r22 = c1 r2 + c2 .
Montrons par induction que la fonction propositionnelle P (n) := ”an = z1 r1n + z2 r2n ” est vraie
pour chaque n ∈ N.
Début : n = 0, 1 : z1 r10 + z2 r20 = z1 + z2 = a0 et z1 r11 + z2 r21 = z1 r1 + z2 r2 = a1 par définition et
construction de z1 , z2 .
Étape d’induction (généreuse). Soit n ≥ 1 et supposons que P (n) et P (n − 1) sont vraies, c.-à-d.,
an = z1 r1n + z2 r2n et an−1 = z1 r1n−1 + z2 r2n−1 . Alors
z1 r1n+1 + z2 r2n+1 = z1 r1n−1 r12 + z2 r2n−1 r22
= z1 r1n−1 (c1 r1 + c2 ) + z2 r2n−1 (c1 r2 + c2 )
= c1 (z1 r1n + z2 r2n ) + c2 (z1 r1n−1 + z2 r2n−1 )
= c1 an + c2 an−1 (hyp. d’induction)
= an+1 (récurrence des ai )
et donc P (n + 1) est aussi vraie.
On conclut la preuve par le principe d’induction.
Démonstration du cas 2. Remarquons d’abord que r = c21 , r2 = c1 r + c2 et que rc1 + 2c2 = 0.
Montrons par induction que la fonction propositionnelle P (n) := ”an = z1 rn + nz2 rn ” est vraie
pour chaque n ∈ N.
Début : n = 0, 1 : z1 r0 + 0 · z2 r0 = z1 = a0 et z1 r1 + 1 · z2 r1 = a1 , par construction de z1 , z2 .
111
Étape d’induction (généreuse). Soit n ≥ 1 et supposons que P (n) et P (n − 1) sont vraies, c.-à-d.,
an = z1 r1n + nz2 r2n et an−1 = z1 r1n−1 + (n − 1)z2 r2n−1 . Alors
z1 rn+1 + (n + 1)z2 rn+1 = z1 rn−1 r2 + (n + 1)z2 rn−1 r2
= z1 rn−1 (c1 r + c2 ) + (n + 1)z2 rn−1 (c1 r + c2 )
= c1 (z1 rn + nz2 rn ) + c2 (z1 rn−1 + (n − 1)z2 rn−1 ) +
+z2 rn−1 (rc1 + 2c2 )
= c1 an + c2 an−1 (hyp d’ind., rc1 + 2c2 = 0)
= an+1 (récurrence des ai )
et donc P (n + 1) est aussi vraie.
On conclut la preuve par induction.
11.4. Preuve par algèbre linéaire. La preuve par induction est courte et convaincante, mais
n’explique pas d’où vient la formule. Nous allons donner deux autres preuves, une utilisant l’algèbre
linéaire et l’autre utilisant le calcul, qui expliquent peut-être un peu plus la source de ces formules.
Dans la situation de notre suite a0 , a1 , a2 , . . . avec la récurrence, etc., considérons la matrice
0 1
c2 c1
!
et pour n ≥ 1 la multiplication matricielle
0 1
c2 c1
!
an−1
an
!
an
c1 an + c2 an−1
=
!
!
=
an
,
an+1
en utilisant la récurrence dans notre suite.
Donc (par une preuve par induction sur n) on montre
0 1
c2 c1
!n
a0
a1
!
!
an
.
an+1
=
Donc pour obtenir le cas général an on pourrait calculer d’abord la puissance de la matrice
0 1
c2 c1
!n
,
puis calculer le vecteur
0 1
c2 c1
!n
a0
a1
!
et prendre le premier coefficient ! C’est ce que nous allons faire.
!n
0 1
Démonstration du cas 1 par algèbre linéaire.
Calculer directement
nécessiterait trop
c2 c1
de travail. C’est mieux de diagonaliser avant, si possible, ou sinon au moins de diagonaliser.
43
43. Cette preuve ne fait pas partie de la matière examen.
112
!
0 1
(Remarque : Le polynôme caractéristique de
est X 2 − c1 X + c2 , donc les deux racines,
c2 c1
sont les deux valeurs propres de la matrice. Donc par algèbre linéaire on peut diagonaliser dans
notre cas 1. Nous allons le faire....)
Rappelons que ri2 = c1 ri + c2 , pour i = 1, 2, pour les deux racines.
Nous avons par un calcul direct :
0 1
c2 c1
!
1 1
r1 r2
!
=
r1
r2
c1 r1 + c2 c1 r2 + c2
!
r1 r2
r12 r2s
=
!
1 1
r1 r2
=
!
r1 0
0 r2
!
Avec
1 1
r1 r2
!−1
1
=
r2 − r1
!
r2 −1
−r1 1
nous avons diagonalisé :
0 1
c2 c1
!
!
=
1 1
r1 r2
=
1 1
r1 r2
r1 0
0 r2
!
1 1
r1 r2
!−1
.
Et donc
0 1
c2 c1
!n
!
r1n 0
0 r2n
!
1 1
r1 r2
!−1
.
Calculons
an
an+1
!
=
0 1
c2 c1
=
1 1
r1 r2
!n
!
a0
a1
!
r1n 0
0 r2n
!
1 1
r1 r2
!−1
a0
a1
!
!
1 1
r1 r2
!
r1n 0
0 r2n
!
=
1
r2 − r1
r2 −1
−r1 1
1 1
r1 r2
!
r1n 0
0 r2n
!
=
1
r2 − r1
r2 a0 − a1
−r1 a0 + a1
1 1
r1 r2
!
=
1
r2 − r1
(r2 a0 − a1 )r1n
(−r1 a0 + a1 )r2n
=
1
r2 − r1
(r2 a0 − a1 )r1n + (−r1 a0 + a1 )r2n
(r2 a0 − a1 )r1n+1 + (−r1 a0 + a1 )r2n+1
=
z1 r1n + z2 r2n
z1 r1n+1 + z2 r2n+1
avec les z1 , z2 comme avant.
On conclut que an = z1 r1n + z2 r2n .
a0
a1
!
!
!
!
!
113
Démonstration du cas 2 par algèbre linéaire. 44 Dans ce cas on ne peut pas diagonaliser, mais au
moins triangulariser. Rappel r2 = c1 r + c2 et c1 = 2r). Nous avons
0 1
c2 c1
!
!
1 0
r 1
r
1
c1 r + c2 c1
=
!
=
r 1
r2 2r
!
1 0
r 1
=
!
r 1
0 r
!
Avec
!−1
1 0
r 1
!
=
1 0
−r 1
nous avons triangularisé :
0 1
c2 c1
!
1 0
r 1
=
!
r 1
0 r
!
1 0
r 1
!−1
On montre (par induction sur n) que
r 1
0 r
!n
=
rn nrn−1
0
rn
!
donc
0 1
c2 c1
!n
=
1 0
r 1
!
rn nrn−1
0
rn
!
1 0
r 1
!−1
.
Calculons encore
an
an+1
!
!n
a0
a1
!
=
0 1
c2 c1
!
rn nrn−1
0
rn
!
=
1 0
r 1
1 0
r 1
!
rn nrn−1
0
rn
!
=
1 0
r 1
1 0
−r 1
!
rn nrn−1
0
rn
!
=
1 0
r 1
a0
−ra0 + a1
!
=
1 0
r 1
a0 rn + nrn−1 (−ra0 + a1 )
rn (−ra0 + a1 )
=
a0 rn + nrn−1 (−ra0 + a1 )
a0 rn+1 + (n + 1)rn (−ra0 + a1 )
=
z1 rn + nz2 rn
n+1
z1 r
+ (n + 1)z2 rn+1
avec les z1 , z2 comme avant.
On conclut que an = z1 rn + nz2 rn .
44. Cette preuve ne fait pas partie de la matière examen.
!−1
!
a0
a1
a0
a1
!
!
!
!
!
!
114
11.5. Preuve par calcul. Nous allons utiliser les résultats d’un cours de calcul dans la suite, sans
explications.
Il existe une jolie fonction génératrice pour notre suite a0 , a1 , a2 , . . . avec la récurrence linéaire
an = c1 an−1 + c2 an−2 (c2 6= 0). C’est une fonction f (x) définie sur un petit voisinage ouverte
contenant 0 avec expansion de Maclaurin (ou série de Taylor en X = 0) :
a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + . . .
Pour x suffisamment proche de 0 cette suite converge, avec somme limite f (x). Nous montrons
d’abord que cette fonction est
f (x) =
a0 + (a1 − c1 a0 )x
1 − c1 x − c2 x2
avec les ai et ci comme avant.
Puis nous allons déterminer le coefficient de xn , qui est an , par un développement et obtenir la
formule.
P
Soit i≥0 bi xi la série de Maclaurin de f . On a (1 − c1 x − c2 x2 )f (x) = a0 + (a1 − c1 a0 )x, alors
par le cours de calcul,
(1 − c1 x − c2 x2 )
X
bi xi = a0 + (a1 − c1 a0 )x.
i≥0
Calculons
(1 − c1 x − c2 x2 )
∞
X
bi xi =
i=0
=
∞
X
i=0
∞
X
i=0
bi xi +
bi xi +
∞
X
i=0
∞
X
(−c1 bi )xi+1 +
(−c1 bi−1 )xi +
(−c2 bi )xi+2
i=0
∞
X
(−c2 bi−2 )xi
i=2
i=1
= b0 + (b1 − c1 b0 )x +
∞
X
∞
X
(bn − c1 bn−1 − c2 bn−2 )xn
n=2
En comparant les coefficients avec a0 + (a1 − c1 a0 )x, on obtient : b0 = a0 , b1 − c1 b0 = a1 − c1 a0 et
(bn − c1 bn−1 − c2 bn−2 ) = 0 si n ≥ 2.
Ou b0 = a0 , b1 = a1 et pour n ≥ 2 nous avons la récurrence bn = c1 bn−1 + c2 bn−2 . Donc an = bn
pour chaque n ≥ 0 (par une preuve par induction, si vous voulez).
Démonstration du cas 1 par calcul. 45 Nous avons X 2 − c1 X − c2 = (X − r1 )(X − r2 ), donc nous
1
avons aussi r1 + r2 = c1 et1 − c1 x − c2 x2 = (1 − r1 x)(1 − r2 x). L’expansion de Maclaurin de 1−ax
est
X
an xn = 1 + ax + a2 x2 + a3 x3 + . . . + an xn + . . .
n≥0
45. Cette preuve ne fait pas partie de la matière examen.
115
1
(1−r1 x)(1−r2 x)
Donc l’expansion de Maclaurin de f =
∞
X
r1i xi
i=0
∞
X
r j xj
2
est
∞ X
∞
X
=
j=0
r1i r2j xi+j
i=0 i=0
=
=
∞
X
n
X
n=0
∞
X
i=0
n+1
r2
n=0
!
r1i r2n−i
xn
− r1n+1 n
x
r2 − r1
en utilisant la formule
X n+1 − Y n+1
= X n + X n−1 Y + X n−2 Y 2 + . . . + X i Y n−i + . . . + Y n .
X −Y
Alors l’expansion de Maclaurin de
a0 +(a1 −c1 a0 )x
(1−r1 x)(1−r2 x)
∞
X
r2n+1 − r1n+1 n
(a0 + (a1 − c1 a0 )x)
x
n=0
r2 − r1
est (en utilisant à la fin que r1 + r2 = c1 ) :
∞
X
∞
r2n+1 − r1n+1 n X
rn+1 − r1n+1 n+1
=
a0
x +
(a1 − c1 a0 ) 2
x
r2 − r1
r2 − r1
n=0
n=0
=
∞
X
a0
n=0
= a0 +
= a0 +
= a0 +
∞
r2n+1 − r1n+1 n X
rn − r1n n
(a1 − c1 a0 ) 2
x +
x
r2 − r1
r2 − r1
n=1
∞
X
−r1n (a0 r1 + a1 − c1 a0 ) + r2n (a0 r2 + a1 − c1 a0 ) n
x
n=1
∞
X
r2 − r1
−r1n (−a0 r2 + a1 ) + r2n (−a0 r1 + a1 ) n
x
r2 − r1
n=1
∞
X
(r1n z1 + r2n z2 )xn
n=1
=
∞
X
(r1n z1 + r2n z2 )xn
n=0
Mais nous savions déjà que la coefficient de xn est an . Donc :
an = (r1n z1 + r2n z2 ).
Démonstration du cas 2 par calcul. footnoteCette preuve ne fait pas partie de la matière examen.
Nous avons X 2 − c1 X − c2 = (X − r)2 , donc nous avons aussi 2r = c1 et1 − c1 x − c2 x2 = (1 − rx)2 .
P
1
i
2
3
L’expansion de Maclaurin de (1−x)
2 est
i≥0 (i + 1)x = 1 + 2x + 3x + 4x + . . ., alors l’expansion
116
de Maclaurin de f =
a0 +(a1 −c1 a0 )x
(1−rx)2
(a0 + (a1 − c1 a0 )x)
∞
X
est
(i + 1)ri xi =
i=0
=
∞
X
a0 (i + 1)ri xi +
∞
X
i=0
i=0
∞
X
∞
X
a0 (i + 1)ri xi +
i=0
(a1 − c1 a0 )(i + 1)ri xi+1
(a1 − c1 a0 )(i)ri−1 xi
i=1
∞ X
a0 (i + 1)ri + (a1 − c1 a0 )(i)ri−1 xi
= a0 +
i=1
∞ X
a0 r i +
= a0 +
i=1
∞ X
= a0 +
=
i
−a0 r + a1 i i
a0 r +
ir x
r
i=0
=
−a0 r + a1 i i
ir x
a0 r +
r
i=1
∞ X
a0 r + a1 − c1 a0 i i
ir x
r
i
∞ X
z1 ri + iz2 ri xi
i=0
(à la fin nous avons utilisé la définition des zi et avant que r − c1 = −r). Mais nous savions déjà
que la coefficient de xn est an . Donc :
an = z1 rn + nz2 rn .
Remarque. 46 On peut reconnaître une récurrence linéaire par la forme de sa fonction génératrice.
Soit f une jolie fonction définie sur un petit intervalle autour de zéro, qui est fonction génératrice
de la suite a0 , a1 , a2 , . . ..
C’est vrai que
• À partir d’un N ≥ r il y a une récurrence linéaire de degré r : an = c1 an−1 +c2 an−2 +. . .+cr an−r
pour chaque n ≥ N
si et seulement si
• Il existe un polynôme p(x) de degré < N − 1 tel que
f (x) =
p(x)
1 − c1 x − c2 x2 − . . . − cr xr
pour chaque x suffisement proche de 0.
Pouvez vous montrer ça ? Les méthodes pour le faire sont déjà rencontrées (un défi pour les
étudiants confiants).
46. Cette remarque ne fait pas partie de la matière de l’examen.
117
11.5.1. Une autre sorte de récurrence. Soit a0 , a1 , a2 , . . . une suite avec la récurrence non-linéaire
an = 8an−1 + 10n−1 pour n ≥ 1. Supposons a0 = 1. Trouvons une formule générale.
1
Soit S une fonction génératrice de la suite. Alors la série de la fonction S − x(8S + 1−10x
) sera
X
a0 +
(an − (8an−1 + 10n−1 ))xn = 1 +
n≥1
X
0xn
n≥1
Donc
S − x(8S +
ou
S=
1
)=1
1 − 10x
1 − 9x
(1 − 8x)(1 − 10x)
Cette fonction génératrice a l’expansion
X 10n+1 − 8n+1
xn
(1 − 9x)
10 − 8
n≥0
=
X 10n+1 − 8n+1
X 10n+1 − 8n+1
xn −
9
xn+1
2
n≥0
=
X 10n − 8n
X 10n+1 − 8n+1
9
xn −
xn
2
n≥0
=1+
2
n≥0
X
10 ·
n≥1
=
2
n≥1
10n
−8·
2
8n
−
9·
X 10n + 8n 2
n≥0
Conclusion : Le term général est
an =
10n + 8n
2
10n
− 9 · 8n n
x
2
xn .
Remarque. 47 La forme de la fonction génératrice nous dit qu’il existe aussi une récurrence linéaire
de degré 2 à partir de N = 2 :
an = 18an−1 − 80an−2 .
Vérification :
an −18an−1 = (8an−1 +10n−1 )−18an−1 = −10an−1 +10n−1 = −10(8an−2 +10n−2 )+10n−1 = −80an−2 .
En effet !
47. Cette remarque ne fait pas partie de la matière de l’examen.
118
12. Appendix
48
Nous avons sauté la preuve technique du principe inclusion-exclusion. Mais voici une preuve.
Théorème 12.1. Soit U un ensemble, et A1 , A2 , . . . des sous-ensembles finis.
(i) On a
|A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |.
(ii) On a
|A1 ∪ A2 ∪ A3 | = (|A1 | + |A2 | + |A3 |) − (|A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 |) + |A1 ∩ A2 ∩ A3 |.
(iii) Généralement |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ As | est égal à
s
X


X
(−1)r−1 
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | .
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
r=1
Démonstration. (i) Chaque élément de A1 ∪A2 est soit dans A1 soit dans A2 −A1 , mais jamais dans
les deux simultanément. Donc |A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 − A1 |. Chaque élément de A2 est soit dans
A2 −A1 soit dans A1 ∩A2 , mais jamais dans les deux simultanément. Donc |A2 | = |A2 −A1 |+|A1 ∩A2 |.
En combinant les deux formules donne (i).
(ii) Par (i) il suit
|(A1 ∩ A3 ) ∪ (A2 ∩ A3 )| = |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 | − |A1 ∩ A2 ∩ A3 |
et aussi
|(A1 ∪ A2 ) ∪ A3 | = |(A1 ∪ A2 )| + |A3 | − |(A1 ∪ A2 ) ∩ A3 |
= (|A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |) + |A3 | − |(A1 ∩ A3 ) ∪ (A2 ∩ A3 |
= (|A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |) + |A3 | − (|A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 | − |A1 ∩ A2 ∩ A3 |)
= (|A1 | + |A2 | + |A3 |) − (|A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 |) + |A1 ∩ A2 ∩ A3 |.
(iii) Nous allons répéter le procédé en (ii) dans une preuve par induction sur s. La preuve soimême n’est pas si difficile, mais la notation est lourde et n’est pas si facile à comprendre. (Essayer
de suivre l’argument pour montrer le cas s = 4 en utilisant (i) et (ii). )
Début de l’induction : le cas s = 1 est trivial, et le cas s = 2 est montré dans (i).
Étape d’induction : Nous supposons que la formule est vraie pour s ≥ 2 sous-ensembles. Pour
commencer, le cas s = 2 et la distributivité donne :
|(A1 ∪A2 ∪. . .∪As )∪As+1 | = |A1 ∪A2 ∪. . .∪As |+|As+1 |−|(A1 ∩As+1 )∪(A2 ∩As+1 )∪. . .∪(As ∩As+1 )|.
Nous pouvons utiliser deux fois l’hypothèse d’induction, pour deux des trois termes à droite.
Premièrement |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ As | est égal à
s
X

(−1)r−1 
r=1

X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air |
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
48. Cette appendix ne fait pas partie de la matière d’examen.
119
et deuxièmement |(A1 ∩ As+1 ) ∪ (A2 ∩ As+1 ) ∪ . . . ∪ (As ∩ As+1 )| est égal à
s
X


X
(−1)r−1 
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air ∩ As+1 | .
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
r=1
Nous allons combiner les deux formules, mais nous aurons besoin de deux observations. Pour les
simples intersections :
X
|Ai1 | = (
X
|Ai1 |) + |As+1 |.
1≤i1 ≤s
1≤i1 ≤s+1
Pour les r-tuple intersections, avec 1 < r < s + 1 :
X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | =
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s+1
X
=
X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | +
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air−1 ∩ As+1 |.
1≤i1 <i2 <...<ir−1 ≤s
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
Nous rassemblons :
|(A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ As ) ∪ As+1 | =
= |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ As | + |As+1 | − |(A1 ∩ As+1 ) ∪ (A2 ∩ As+1 ) ∪ . . . ∪ (As ∩ As+1 )|
=
s
X

(−1)r−1 
s
X

=
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s

X
(−1)r−1 
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | + |As+1 | +
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
s+1
X


X
(−1)r−1 
X
|Ai1 |) + |As+1 | +
1≤i1 ≤s
+
s
X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air−1 ∩ As+1 |
1≤i1 <i2 <...<ir−1 ≤s
r=2
= (
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air ∩ As+1 |

r=1
+

X
(−1)r−1 
r=1
s
X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | + |As+1 | −
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
r=1
−

X
s
X

(−1)r−1 

X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | +
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
r=2


X
r−1 
(−1)
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air−1 ∩ As+1 | +
1≤i1 <i2 <...<ir−1 ≤s
r=2
s
(−1) |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ As+1 |
X
= (
|Ai1 |) +
1≤i1 ≤s+1
s
s
X
X
(−1)r−1
r=2
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | +
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s+1
+(−1) |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ As+1 |
=
s+1
X

(−1)r−1 
r=1

X
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | .
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s+1
Et voilà.
Il y a une autre version qui est aussi utile.
120
Corollaire 12.1. Soit U un ensemble, et A1 , A2 , . . . des sous-ensembles finis. Alors
|A1 ∩ A1 ∩ . . . ∩ As | = |U | −
s
X


X
(−1)r−1 
|Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Air | .
1≤i1 <i2 <...<ir ≤s
r=1
Démonstration. Par la règle de De Morgan :
A1 ∩ A1 ∩ . . . ∩ As = (A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ As )
et |A| = |U | − |A| pour chaque sous-ensemble A de U . Puis il faut appliquer le théorème.
Si A et B sont deux ensembles finis, nous savons déjà combien de fonctions différentes il y a de A
dans B, et aussi combien de fonctions injectives. Maintenant nous donnons une formule compliquée
pour le nombre des fonctions surjectives.
Théorème 12.2. Soit m ≥ n ≥ 1. Alors il y a
nm −
n−1
X
!
n
(n − r)m
r
(−1)r−1
r=1
fonctions surjectives d’un ensemble A de m éléments dans un ensemble B à n éléments.
Démonstration. Posons pour U l’ensemble de tous les fonctions de A dans B. Alors on sait déjà que
|U | = nm . Soit C ⊂ B, |C| = r, alors la collection des fonctions de A vers B telles que Im(f )∩C = ∅
est en bijection avec la collection des fonctions de A dans B − C, donc cette collection a (n − r)m
éléments.
Soit B = {b1 , . . . , bn } une liste de tous les éléments différents. Notons Ui pour l’ensemble de tous
les fonctions f tels que bi 6∈ Im(f ), et donc Ui est la collection des fonctions qui ont bi dans leur
image. Donc U1 ∩ U1 ∩ . . . ∩ Un est la collection des fonctions surjectives.
Si 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ir ≤ n, posons C = {bi1 , . . . , bir }. Alors f ∈ Ui1 ∩ Ui2 . . . ∩ Uir est une
fonction telle que Im(f ) ∩ C = ∅. Donc |Ui1 ∩ Ui2 . . . ∩ Uir | = (n − r)m .
Le nombre de surjections de A dans B est compté par la formule
nm −
n
X


X
(−1)r−1 
1≤i1 <i2 <...<ir ≤n
r=1
= nm −
|Ui1 ∩ Ui2 ∩ . . . ∩ Uir | =
n
X


X
(−1)r−1 
(n − r)m  =
1≤i1 <i2 <...<ir ≤n
r=1
m
=n −
n
X
!
r−1
(−1)
r=1
n
(n − r)m
r
On remarque que le terme qui correspond à r = n est 0.
Exemple 12.1. Combien de fonctions surjectives f : A → B existent-t-ils si (|A|, |B|) = (4, 3) (resp.
(4, 2)) ?
Réponse :
!
!
3 4
3 4
4
3 −
2 +
1 = 81 − 48 + 3 = 36
1
2
121
respectivement
!
2 4
24 −
1 = 16 − 2 = 14
1
Une énumeration dans le deuxième cas si A = {a1 , a2 , a3 , a4 }, B = {b1 , b2 } est faisable :
!
!
!
!
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
,
,
,
,
{
b2 b2 b2 b1
b2 b2 b1 b2
b2 b1 b2 b2
b1 b2 b2 b2
!
!
!
!
!
!
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
,
,
,
b1 b2 b2 b1
b1 b2 b1 b2
b1 b1 b2 b2
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
,
,
b2 b2 b1 b2
b2 b1 b2 b1
b2 b1 b1 b2
!
!
!
!
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
a1 a2 a3 a4
}
,
,
,
b2 b1 b1 b1
b1 b2 b1 b1
b1 b1 b2 b1
b1 b1 b1 b2
(seulement deux fonctions ne sont pas surjectives, lesquelles ?).
122
Département de mathématiques et de statistique, Université de Montréal, C.P. 6128, succursale
Centre-ville, Montréal (Québec), Canada H3C 3J7
E-mail address: [email protected]