24-11-2015

Problème :
Dans un bol : 4 bananes, 6 oranges, 7 poires.
Combien de façons de choisir 10 fruits, mais au moins 1 banane, 3 oranges
et 3 poires ?
Remarque : Posons E = { banane, orange, poire }.
Chaque choix de 10 fruit correspond à choisir 10 fois un élément de E ,
avec remise, et où l’ordre de choix n’est pas relevant : c.-à-d.
chaque choix donne une 10-combinaison avec remise de E .
Mais pas chaque 10-combinaison avec remise de E correspond à un choix
de 10 fruits dans le bol. Par exemple, la 10-combinaison sans remise
"choisir 10 fois une banane" ne correspond pas à un choix de 10 fruits
dans le bol (il y a seulement 4 bananes dans le bol !).
Donc il ne s’agit pas d’une bijection.
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Solution. Stratégie :
(i) Prendre déjà 1 banane, 3 oranges et 3 poires. Il reste 3 bananes, 3
oranges et 4 poires dans le bol.
(ii) Après il faut encore décider quel choix de 3 fruits restant à faire, parmi
les 10 fruits qui restent :
Il reste de chaque type au moins 3 fruits. Donc un choix de 3 fruits est
dans cette situation la même chose comme une 3-combinaison avec remise
de l’ensemble { banane, orange, poire }. On sait compter les
3-combinaisons sans remise d’un ensemble de 3 éléments.
Réponse :
C (3 + 3 − 1, 3 − 1) = C (5, 2) = 10.
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(iii) On peut même énumérer les dix choix de fruits, avec la notation des
multi-ensembles :
{b 1+3 , o 3 , p 3 }, {b 1 , o 3+3 , p 3 }, {b 1 , o 3 , p 3+3 },
{b 1+2 , o 3+1 , p 3 }, {b 1+2 , o 3 , p 3+1 },
{b 1+1 , o 3+2 , p 3 }, {b 1 , o 3+2 , p 3+1 },
{b 1+1 , o 3 , p 3+2 }, {b 1 , o 3+1 , p 3+2 },
{b 1+1 , o 3+1 , p 3+1 }.
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Problèmes voisins :
• Combien de multi-ensembles M de taille 10, tels que
{b 1 , o 3 , p 3 } ⊆ M ⊆ {b 4 , o 6 , p 7 } ?
• Combien de solutions entières de l’équation X1 + X2 + X3 = 10 tels que
1 ≤ X1 ≤ 4, 3 ≤ X2 ≤ 6, 3 ≤ X3 ≤ 7 ?
Même réponse : 10.
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• Combien de solutions entières de l’équation
X1 + X2 + X3 + . . . + Xm = n tels que r1 ≤ X1 , r2 ≤ X2 , . . . , rm ≤ Xm ?
• Combien de solutions entières de l’équation
Y1 + Y2 + X3 + . . . + Ym = (n − (r1 + r2 + . . . + rm )) tels que chaque
0 ≤ Yi ?
Les deux problèmes ont la même réponse :
C (n + m − (r1 + r2 + . . . + rm ) − 1, m − 1).
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(1) Par une substitution Yi = Xi − ri pour chaque i, nous avons vu que les
deux ensembles de solutions sont en bijection. Donc les deux problèmes
ont la même réponse. La deuxième problème est "standard" :
C (n + m − (r1 + r2 + . . . + rm ) − 1, m − 1).
(2) Une autre formulation pour résoudre le premier problème :
(i) D’abord "on donne à Xi déjà ri unités" (pour chaque i).
(ii) Après il y a encore (n − (r1 + r2 + . . . + rm )) unités (indistinguables) à
distribuer dans m "tiroirs" (distinguables). On peut faire ça dans
C (n + m − (r1 + r2 + . . . + rm ) − 1, m − 1) de manières (par un thm.
montré en classe la dernière fois).
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Problème :
• Combien de solutions entières de l’équation
X1 + X2 + X3 = 19,
tels que 3 ≤ X1 ≤ 6, 7 ≤ X2 ≤ 11 et −2 ≤ X3 ≤ 4 ?
• Ce problème est similaire au problème de ranger 19 objets (considérés
indistingables) dans trois tiroirs (distinguables) de tailles restraints, et au
moins un certain nombre d’objets par tiroir. (Sauf ..)
• Ce problème est très similaire au problème traité de choisir un certain
nombre des fruits de plusieurs types dans un bol de quanités restraints.
C’est que avant nous étions un peu chanceux avec la solution. Dans ce cas
on verra les complications générales.
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Première réduction : par un substitution X1 = Y1 − 3, X2 = Y2 − 7,
X3 = Y3 + 2 et l’observation que 19 − (3 + 7 − 2) = 11 on trouve une
équation avec le même nombre de solutions.
• Combien de solutions entières de l’équation
Y1 + Y2 + Y3 = 11,
tels que 0 ≤ Y1 ≤ 3, 0 ≤ Y2 ≤ 4 et 0 ≤ Y3 ≤ 6 ?
Il suffit de compter ces solutions.
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Soit U l’ensemble de solutions entières de l’équation
Y1 + Y2 + Y3 = 11,
où chaque Yi ∈ N.
U1 ⊆ U le sous-ensemble de solutions où Y1 ≥ 4 ;
U2 ⊆ U le sous-ensemble de solutions où Y2 ≥ 5 ;
U3 ⊆ U le sous-ensemble de solutions où Y1 ≥ 7.
Alors U1 ∩ U2 est le sous-ensemble de solutions où Y1 ≥ 4 et Y2 ≥ 5 ;
U1 ∩ U3 est le sous-ensemble de solutions où Y1 ≥ 4 et Y3 ≥ 7 ;
U2 ∩ U3 est le sous-ensemble de solutions où Y2 ≥ 5 et Y3 ≥ 7 ;
U1 ∩ U2 ∩ U3 est le sous-ensemble de solutions où Y1 ≥ 4, Y2 ≥ 5 et
Y3 ≥ 7.
Pour chaque ensemble on sait déjà comment compter la taille !
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|U| = C (11 + 3 − 1, 3 − 1) = 78;
|U1 | = C (11 + 3 − 4 − 1, 3 − 1) = C (9, 2) = 36;
|U2 | = C (11 + 3 − 5 − 1, 3 − 1) = C (8, 2) = 28;
|U3 | = C (11 + 3 − 7 − 1, 3 − 1) = C (6, 2) = 15;
|U1 ∩ U2 | = C (11 + 3 − (4 + 5) − 1, 3 − 1) = C (4, 2) = 6;
|U1 ∩ U3 | = C (11 + 3 − (4 + 7) − 1, 3 − 1) = C (2, 2) = 1;
|U2 ∩ U3 | = 0;
|U1 ∩ U2 ∩ U3 | = 0.
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Nous cherchons les solutions qui ne sont ni dans Y1 , ni dans Y2 , ni dans
Y3 . Nous voulons compter, par le principe d’inclusion-exclusion :
|U − (U1 ∪ U2 ∪ U3 )| = |U| − |U1 ∪ U2 ∪ U3 | =
= |U|−(|U1 |+|U2 |+|U3 |)+(|U1 ∩U2 |+|U1 ∩U3 |+|U2 ∩U3 |)−(|U1 ∩U2 ∩U3 |)
= 78 − (36 + 28 + 15) + (6 + 1 + 0) − 0 = 6
La réponse est 6.
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En fait, c’est plus facile ici de simplement énumérer les solutions dans le
problème original !
Mais notre méthode est général, et s’applique toujours dans les situations
semblables.
• L’ensemble des solutions entières (X1 , X2 , X3 ) ∈ Z3 de l’équation
X1 + X2 + X3 = 19,
tels que 3 ≤ X1 ≤ 6, 7 ≤ X2 ≤ 11 et −2 ≤ X3 ≤ 4 est
{(6, 11, 2), (5, 11, 3), (6, 10, 3), (6, 9, 4), (5, 10, 4), (4, 11, 4)}.
Il y en a six, en effet !
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Nous allons encore une fois expliquer pourquoi le nombre de façons de
mettre n unités (indistinguable) dans m tiroirs (distinct) est
C (n + m − 1, n). Mais de façon moins technique.
Voici quelques rangements de 4 unités dans 6 tiroirs :
t1
xxx
x
t2
t3
t4
x
x
x
xxx
x
x
xxx
t5
x
t6
x
xxx
On peut écrire aussi :
xxx ||||x |, x |x |x |x ||, |||xxx |x |, |xxx ||x ||, |||x ||xxx
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Les rangements de 4 unités dans 6 tiroirs sont donc en bijection avec les
mots de longeurs 9, avec 4 x’s et 5 = 6 − 1 |’s.
Des mots comme x|x|x|x|| ou |||||xxxx.
Un tel mot est donné si on donne les 4 endroits des x , parmi les 9
positions possibles : Il y a C (9, 4) de tels choix.
En général :
• Le nombre de façons de mettre n unités (indistinguable) dans m tiroirs
(distinct) est égal
• au nombre de mots de longueur n + m − 1 en utilisant n x’s et m − 1 |’s.
Ce nombre est C (n + m − 1, n).
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Rappel de calcul différentiel :
Soit f : R → R la fonction polynomiale
f (x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . + ai x i + . . . + an x n .
Sa fonction dérivée f 0 : R → R est
f 0 (x ) = a1 + 2a2 x + . . . + iai x i−1 + . . . + nan x n−1 .
Puis f 00 : R → R :
f 00 (x ) = 2a2 + 3 · 2 · a3 x + . . . + i · (i − 1)ai x i−2 + . . . + n · (n − 1)an x n−2
et cetera.
Remarquons : f (0) = a0 , f 0 (0) = a1 , f 00 (0) = 2a2 , f 000 (0) = 3!a3 , . . .,
f (i) (0) = i!ai , f (n) (0) = n!an , et f (m) (0) = 0 si m > n.
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(i)
Donc le coefficient ai = f i! .
Nous retrouvons la formule de Taylor pour les fonctions polynomiales.
• Si f (x ) est une fonction polynomiale de degré n alors
f (x ) = f (0) + f 0 (0)x +
f (i) i
f (n) n
f 00 (0) f 000 (0)
+
+ ... +
x + ... +
x .
2!
3!
i!
n!
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Considérons la fonction polynomiale f (x ) = (x + 1)n .
On peut développer et écrire comme
f (x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + . . . + ai x i + . . . + an x n .
Les coefficients sont ?
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On a
f (x ) = (x + 1)n
f 0 (x ) = n(x + 1)n−1
f 00 (x ) = n(n − 1)(x + 1)n−2
f 000 (x ) = n(n − 1)(n − 2)(x + 1)n−3
···
f
(i)
(x ) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − i + 1)(x + 1)n−i
Donc f (i) (0) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − i + 1) et le coefficient de x i est
ai =
n(n − 1)(n − 2) · · · (n − i + 1)
f (i) (0)
=
= C (n, i).
i!
i!
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Conclusion, la règle (ou le binomium) de Pascal :
(x +1)n = C (n, 0)+C (n, 1)x +C (n, 2)x 2 +. . .+C (n, i)x i +. . .+C (n, n)x n .
Ou une variation :
(x +y )n = C (n, 0)y n +C (n, 1)xy n−1 +C (n, 2)x 2 y n−2 +. . .+C (n, i)x i y n−i +
+ . . . + C (n, n)x n y 0 .
ou
(x + y )n =
n
X
C (n, i)x i y n−i .
i=0
(Preuve : Substituer
x
y
pour x et puis multiplier pas y n .)
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"Pourquoi" C (n, i) est le coefficient de x i y n−i ?
Explication en termes d’un comptage.
Dans l’expansion
(x + y )n = (x + y )(x + y )(x + y )(x + y )(x + y )(x + y )(x + y ) . . . (x + y )
on a des contributions 1 · x i y n−i si on choisit i fois un x dans un terme
(x + y ) (et donc automatiquement n − i fois un y ).
Il y a C (n, i) de tels choix.
Donc C (n, i) est le coefficient de x i y n−i .
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Nous pouvons maintenant obtenir des formules impliquant les C (m, n)’s en
utilisant le calcul différentiel.
(x +y )n = C (n, 0)y n +C (n, 1)xy n−1 +C (n, 2)x 2 y n−2 +. . .+C (n, i)x i y n−i +
+ . . . + C (n, n)x n y 0 .
Substitutions de x = y = 1 :
2n = C (n, 0) + C (n, 1) + C (n, 2) + . . . + C (n, i) + . . . + C (n, n).
Substitutions de x = −1, y = 1 :
0 = C (n, 0) − C (n, 1) + C (n, 2) + . . . + (−1)i C (n, i) + . . . + (−1)n C (n, n).
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L’identité de Pascal est conséquence de
(x + 1)n+1 = (x + 1)n (x + 1).
Et l’identité de Vandermonde de
(x + 1)n+m = (x + 1)n (x + 1)m .
Vous voyez pourquoi ?
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• Quel est le coefficient de x 12 y 13 dans l’expansion de (2x − 3y )25 ?
D’abord
(2x − 3y )25 =
25
X
C (25, i)(2x )i (−3y )25−i
i=0
=
25 X
C (25, i)2i (−3)25−i x i y 25−i .
i=0
25!
212 313 .
Réponse : C (25, 12)212 (−3)13 = − 12!13!
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Considérons l’expansion de
(t + t 2 + t 3 + t 4 )(t 3 + t 4 + t 5 + t 6 )(t 3 + t 4 + t 5 + t 6 + t 7 )
C’est quoi le coefficient de t 10 .
Réponse :
On a des contributions de 1 · t r1 +r2 +r3 chaque fois que 1 ≤ r1 ≤ 4,
3 ≤ r2 ≤ 6, 3 ≤ r3 ≤ 7 et
r1 + r2 + r3 = 10.
Le nombre des soultions de ces équations ? nous venons de calculer 10.
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Considérons l’expansion de
(bt + b 2 t 2 + b 3 t 3 + b 4 t 4 )(o 3 t 3 + o 4 t 4 + o 5 t 5 + o 6 t 6 )×
×(p 3 t 3 + p 4 t 4 + p 5 t 5 + p 6 t 6 + p 7 t 7 )
comme polynôme en t.
Le coefficient de t 10 est un polynôme en b, o, p. Quel ? Réponse :
b4o3p3 + b1o6p3 + b1o3p6+
+b 3 o 4 p 3 + b 3 o 3 p 4 +
+b 2 o 5 p 3 + b 1 o 5 p 4 +
+b 2 o 3 p 5 + b 1 o 4 p 5 +
+b 2 o 4 p 4 .
Explication ?
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Exemple d’application de l’algèbre linéaire.
Rappelons la suite de Fibonacci :
F (0) = 0, F (1) = 1 et si n ≥ 1 il y a une récurrence
F (n + 1) = F (n − 1) + F (n).
Considérons la multiplication matricielle :
0 1
1 1
0 1
1 1
!
F (n − 1)
F (n)
!
=
!
a
b
!
=
b
a+b
!
F (n)
F (n − 1) + F (n)
:
!
!
=
F (n)
.
F (n + 1)
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0 1
1 1
!n
0
1
!
=
0 1
1 1
=
0 1
1 1
0 1
=
1 1
= ...
!n
!
F (0)
F (1)
!n−1
!n−2
!1
=
0 1
1 1
=
F (n)
F (n + 1)
F (1)
F (2)
!
F (2)
F (3)
!
!
F (n − 1)
F (n)
!
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Nous avons obtenu :
0 1
1 1
!n
!
0
1
=
F (n)
F (n + 1)
Conclusion :
F (n)
F (n + 1)
est la deuxiême colonne de
0 1
1 1
!
!
!n
.
Est-ce que ça aide ?
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L’équation X 2 = X + 1 a deux solutions : α1 =
√
α2 − α1 = 5.
0 1
1 1
!
0 1
1 1
1
αi
!
!
=
1 1
α1 α2
1 1
α1 α2
0 1
1 1
!
=
αi
1 + αi
!
!
1 1
α1 α2
=
!−1
=
1 1
α1 α2
!
=
αi
αi2
!
√
1− 5
2
et α2 =
!
1
αi
= αi
√
1+ 5
2 .
On a
!
!
α1 0
.
0 α2
√
√ !
α2 / √5 −1/√ 5
−α1 / 5 1/ 5
α1 0
0 α2
!
1 1
α1 α2
!−1
.
Nous avons diagonalisé la matrice, les αi sont les valeurs propres,....
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Maintenant calculer la n-ième puissance devient plus facile :
0 1
1 1
!n
!
=
1 1
α1 α2
α1 0
0 α2
!
=
1 1
α1 α2
α1n 0
0 α2n
!n
!
1 1
α1 α2
1 1
α1 α2
!−1
!−1
.
L’idée pourquoi ça fonctionne :
(PAP −1 )4 = (PAP −1 )(PAP −1 )(PAP −1 )(PAP −1 )
= PA(P −1 P)A(P −1 P)A(P −1 P)AP −1
= PAAAAP −1
= PA4 P −1 .
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0 1
1 1
!n
0
1
!
=
=
=
=
=
=
!
α1n 0
0 α2n
!
!−1
!
1 1
0
α1 α2
1
!
!
√
√ ! !
α2 / √5 −1/√ 5
1 1
α1n 0
0
n
0 α2
α1 α2
1
−α1 / 5 1/ 5
!
!
!
√
1 1
α1n 0
−1/√ 5
α1 α2
0 α2n
1/ 5
!
!
√
1 1
−α1n /√ 5
α1 α2
α2n / 5
√ !
√
−α1n /√5 + α2n / 5√
−α1n+1 / 5 + α2n+1 / 5
1 1
α1 α2
F (n)
F (n + 1)
!
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Conclusion :
1
−α1n + α2n
√
=√
F (n) =
5
5
√ !n
1+ 5
1
−√
2
5
√ !n
1− 5
2
Avec un ordinateur j’ai calculé la partie droite pour n = 30,
il donnait environ : 832039.9882
J’ai aussi calculé que F (30) = 832040.
Pour n = 29 : environ 514228.9932. Et F (29) = 514229.
Pour n = 28 : envrion 317810.9958. Et F (28) = 317811.
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Nous avons vu que la récurrence nous donnait une matrice.
Nous avons vu que F (n) est un coefficient d’une n-ième puissance de cette
matrice.
Nous étions capable de diagonaliser cette matrice ; calculer les puissances
devenait facile.
Cette méthode fonctionne aussi pour autres récurrences de type linéaire.
L’algèbre linéaire enseigne comment diagonaliser une matrice, et quoi faire
si la matrice n’est pas diagonalisable.
On peut comprendre comment ça fonctionne dans notre cas, et puis
éliminer l’algèbre linéaire après avoir compris !
Voici le résultat :
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Soit a0 , a1 , a2 , a3 , . . . une suite de nombres (entiers, ou réels, ou
complexes) qui satisfait la récurrence
an = c1 an−1 + c2 an−2
pour n ≥ 1. Ici c1 , c2 sont deux nombres fixés. Supposons c2 6= 0.
Une récurrence linéaire de deux étapes.
Il y a deux cas à considérer :
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Cas 1 : Supposons l’équation x 2 = c1 x + c2 a deux solutions différentes,
disons r1 et r2 (possiblement des nombres complexes).
Parce que r1 6= r2 , il y a deux nombres (possiblement complexes), disons
z1 , z2 , tels que
z1 + z2 = a0
z1 r1 + z2 r2 = a1
Alors on a la formule générale :
an = z1 r1n + z2 r2n .
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Cas 2 :
Supposons l’équation x 2 = c1 x + c2 = 0 a une seule solution, disons r
(possiblement un nombre complexe). Nous avons supposé c2 6= 0, donc
r 6= 0. Une seule solution si c12 + 4c2 = 0 et r = c1 /2. Donc rc1 + 2c2 = 0.
Il y a deux nombres (possiblement complexes), disons z1 , z2 tels que
0r
).
z1 = a0 et z1 r + z2 r = a1 (en fait z2 = a1 −a
r
Alors on a la formule générale :
an = z1 r n + z2 nr n .
Vous voyez, l’algèbre linéaire a disparu.
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Preuve du cas 1, avec deux solutions : ri2 = c1 ri + c2 , pour i = 1, 2.
Montrons par induction que 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 construction de z1 , z2 .
Étape d’induction (généreuse). Soit n ≥ 1 et supposons 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 )
On conclut par induction.
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Preuve du cas 2) avec une seule solution : r 2 = c1 r + c2 .
Montrons par induction que P(n) := ”an = z1 r n + nz2 r n ” est vraie pour
chaque n ∈ N.
Début : n = 0, 1 : z1 r 0 + 0 · z2 r 0 = z1 = a0 et z1 r 1 + 1 · z2 r 1 = a1 , par
construction de z1 , z2 .
Étape d’induction (généreuse). Soit n ≥ 1 et supposons an = z1 r1n + nz2 r2n
et an−1 = z1 r1n−1 + (n − 1)z2 r2n−1 . Alors
z1 r n+1 + (n + 1)z2 r n+1 = z1 r n−1 r 2 + (n + 1)z2 r n−1 r 2
= z1 r n−1 (c1 r + c2 ) + (n + 1)z2 r n−1 (c1 r + c2 )
= c1 (z1 r n + nz2 r n ) + c2 (z1 r n−1 + (n − 1)z2 r n−1 ) +
+z2 r n−1 (rc1 + 2c2 )
= c1 an + c2 an−1 (hyp d’ind., rc1 + 2c2 = 0)
= an+1 (récurrence des ai )
On conclut par induction.
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