PARTIE III : nombres de partitions

(1)

MPSI B Corrigé du DM 6 29 juin 2019

Préliminaire

La première question est du cours. Pour la deuxième, il sut de mettreuen facteur.

1

u−t = 1

u(1−_u^t) = 1 u(1 + (t

u) + (t

u)²+· · ·+ (t

u)ⁿ+o(tⁿ))

= 1 u+ 1

u²t+· · ·+ 1

uⁿ⁺¹tⁿ+o(tⁿ)

Partie I : nombres de Fibonacci

1. On obtientI en calculant les réels qui annulent le dénominateur soit I=

1

2(−1−√ 5),1

2(−1 +√ 5)

Pour calculer f0, f1, f2, f3 il ne faut surtout pas dériver mais plutôt calculer un développement limité et en déduire les valeurs en 0 des dérivées à l'aide de la formule de Taylor-Young et de l'unicité d'un développement limité.

f(t) = 1

1−(t+t²) = 1 + (t+t²) + (t+t²)²+ (t+t²)³+o((t+t²)³)

= 1 +t+ 2t²+ 3t³+o(t³)

caro((t+t²)³) =o(t³)car(t+t²)³∼t³,(t+t²)²=t²+2t³+o(t³),(t+t²)³=t³+o(t³). Ensuite :

f₀=f(0) = 1, f₁=f⁰(0)

1! = 1, f₂=f⁽²⁾(0)

2! = 2, f₃= f⁽³⁾(0) 3! = 3 2. Remarquons que par dénition ϕ₀ = 1, ϕ₁ = 1, ϕ₂ = 1 + 1 = 2, ϕ₃ = 1 + 2 = 3.

Les deux suites (fn)_n∈_N et (ϕn)_n∈_N coincident donc pour les premiers termes, pour montrer leur égalité on va vérier qu'elles satisfont à la même relation de récurrence.

Deux méthodes sont possibles, soit en calculant la dérivée d'ordren(supposé≥2) en 0 det→(1−t−t²)f(t)à l'aide de la formule de Leibniz soit en raisonnant directement avec des développements limités. Utilisons les développements limités :

(1−t−t²)f(t) = (1−t−t²)(f0+f1t+· · ·fntⁿ+o(tⁿ))

Ce développement def sut pour obtenir un développement à l'ordrendu produit.

Le terme entⁿ de ce produit vient defntⁿ multiplié par 1, defn−1 multiplié par −t, defn−2tⁿ⁻²multiplié par −t²soit

f_n−f_n−1−f_n−2

Comme par dénition def le fonctiont→(1−t−t²)f(t)est constante égale à 1, on obtient bien

∀n≥2, f_n=f_n−1+f_n−2

3. On raisonne par récurrence. Pour n = 0 ou 1 la formule est vériée. Supposons la vériée pourn−1 etn−2. En ajoutant ces deux relations, on obtient

1 + (ϕ0+ 1) + (ϕ1+ϕ0) +· · ·+ (ϕn−1+ϕn−2) =ϕn+1+ϕn

ce qui donne, en tenant compte de la relation de dénition : 1 + 2

|{z}

ϕ₀+ϕ₁

+ϕ₂+ϕ₃+· · ·+ϕ_n =ϕ_n+2.

4. a. En réduisant au même dénominateur il vient α

u−t + β

v−t =(αv+βu)−(α+β)t (u−t)(v−t) .

On sait d'autre part que 1−t−t² = −(u−t)(v−t) avec par exemple u =

1

2(−1−√

5), v= ¹₂(−1 +√

5). La relation demandée est vériée lorsque αv+βu=−1

α+β= 0 Le couple (α, β) avec α = _u−v¹ = ⁻¹^√

5, β = −α = ^√¹

5 est solution. On prend nalement :

1

1−t−t² = −^√¹₅

1

2(−1−√

5)−t+

√1 5 1

2(−1 +√ 5)−t.

b. D'après la question 2., ϕ_n est le coecient de tⁿ dans un développement limité def à un ordre supérieur àn. La fonctionf se décompose en une somme de deux fonctions dont on connait les développements limités (préliminaire). On en déduit

∀n∈N, ϕn = (− 1

√5) 1 (¹₂(−1−√

5))ⁿ⁺¹ + ( 1

√5) 1 (¹₂(−1 +√

5))ⁿ⁺¹. Comme 1 ¹

2(−1−√

5) =¹₂(1−√

5)et 1 ¹ 2(−1+√

5) =¹₂(1 +√

5), on a nalement :

(ϕn)_n∈N=− 1

√ 5

(1

2(1−√ 5))ⁿ⁺¹

n∈N

+ 1

√ 5

(1

2(1 +√ 5))ⁿ⁺¹

n∈N

.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai M0106C

(2)

PARTIE II : nombres de dérangements.

1. Ici encore, il vaut mieux multiplier deux développements limités usuels puis utiliser la formule de Taylor et l'unicité d'un développement pour calculerd0,d1,d2, d3.

e^−t

1−t = (1−t+1 2t²−1

6t³+o(t³))(1 +t+t²+t³+o(t³))

= 1 + (1−1)t+ (1−1 + 1

2)t²+ (1−1 +1 2 −1

6)t³+o(t³)

= 1 + 1 2t²+1

3t³+o(t³) =d0+d1t+d2

2 t²+d3

3!t³+o(t³)

⇒d0= 1, d1= 0, d2= 1, d3= 2.

2. Il est évident queδ1= 0. La seule permutation d'un ensemble à un élément est l'iden- tité ; ce n'est pas un dérangement.

Pour un ensemble à deux éléments, il y a deux permutations : l'identité (qui n'est pas un dérangement) et la permutation qui échange les deux éléments (qui en est un). On a doncδ2= 1.

Pour un ensemble à trois éléments, il y a 6 permutations. L'identité et les trois per- mutaions qui échangent deux éléments en laissant le troisième xe ne sont pas des dérangements. Les deux dernières (permutations circulaires) sont des dérangements ; on a doncδ₃= 2.

3. Par dénitione^tg(t) = _1−t¹ un développement de cette fonction est donc 1 +t+t²+· · ·+tⁿ+o(tⁿ)

Ce développement est unique, il coïncide avec celui obtenu par la formule de Taylor- Young, soit par identication : ^(e^t^g)_n!⁽ⁿ⁾⁽⁰⁾ = 1. Le calcul de la dérivée d'ordrense fait à l'aide de la formule de Leibniz. Toutes les dérivées de expvalent 1 en 0, celles deg sont lesd_k donc

1 = (e^tg)⁽ⁿ⁾(0)

n! = 1

n!

n

X

k=0

n k

d_k = 1 n!

n

X

k=0

n!

k! (n−k)!d_k=

n

X

k=0

1 (n−k)!

dk

k!

4. Les suites(dn)n∈Net(δn)n∈Ncoïncident pour les premières valeurs den. Considérons un ensembleEde cardinalnet classons les permutations deE suivant leur nombre de points xes.

Soitk entre0 et n, quel est le nombre de permutations de E avec exactement n−k

points xes. ?

Une permutation laissant xes tous les points d'une partie donnée est un dérangement du complémentaire de cette partie. Il y a doncd_k permutations laissant xes tous les points d'une partie donnée et _n−kⁿ

d_k permutations laissant xes tous les points d'un partie quelconque àn−kéléments. On en déduit

n! =

n

X

k=0

n n−k

d_k.

En exprimant les coecients du binome avec des factorielles et en simpliant par n!

on obtient la même relation qu'en 3.. On en déduit par récurrence l'égalité entre les deux suites.

5. On vérie facilement que (_1−t¹ )^(k) = _(1−t)^k!k+1. Utilisons la formule de Leibniz pour calculerδ_n =d_n :

dn=

n

X

k=0

n k

(−1)^n−kk! =n!

n

X

k=0

(−1)^n−k 1

(n−k)! =n!

n

X

k=2

(−1)^k 1 k!

après avoir posé k⁰ = n−k, être revenu à la notation k et avoir supprimé les deux premiers termes qui s'annulent.

En évaluant ^δ_n!ⁿ−_(n−1)!^δⁿ⁻¹ avec cette formule, on obtient la deuxième relation demandée.

PARTIE III : nombres de partitions

1. Calculons un développement limité à l'ordre 3 deh e^t−1 =t+1

2t²+1

6t³+o(t³) ×1 (e^t−1)²=t²+t³+o(t³) ×1 2 (e^t−1)³=t³+o(t³) ×1 6 On en déduit

e^e^t⁻¹= 1 + (e^t−1) + 1

2(e^t−1)²+1

6(e^t−1)³+o((e^t−1)³)

| {z }

=o(t³)

= 1 +t+ (1 2 +1

2)t²+ (1 6+1

2+1

6)t³+o(t³) = 1 +t+t²+5

6t³+o(t³).

(3)

Ce développement est le même que celui obtenu avec la formule de Taylor-Young, on en déduit par identication :

p0= 1, p1= 1, p2= 2, p3= 5

2. Pour calculer les premières valeurs de πn, formons explicitement les partitions pour des ensembles à 1, 2 3 éléments{a},{a, b},{a, b, c}. On obtient

{{a},{b}},{{a, b}}

{{a},{b},{c}},{{a, b},{c}},{{a, c},{b}},{{b, c},{a}},{{a, b, c}}

On en déduit

π1= 1, π2= 2, π3= 5

3. Calculons h⁰, il vient h⁰(t) = (e^t−1)h(t). On peut alors former un développement limité deh⁰ en 0 comme un produit.

(p0

0! +p1

1!t+p2

2!t²+· · ·+pn

n!tⁿ+o(tⁿ))(1 0!+ 1

1!t+ 1

2!t²+· · ·+ 1

n!tⁿ+o(tⁿ)) Le coecient detⁿ dans un tel développement limité est

p0

0!

1 n!+p1

1!

1

(n−1)!+p2

2!

1

(n−2)! +· · ·+pn

n!

1 0!

= 1

n!

0!n!p₀+ n!

1!(n−1)!p₁+ n!

2!(n−2)!p₂+· · ·+ n!

n!0!p_n

= 1

n!

n

X

k=0

n k

p_k

D'autre part, d'après la formule de Taylor appliqué àh⁰, ce coecient est aussi 1

n!(h⁰)⁽ⁿ⁾(0) = 1 n!pn+1

On en déduit par identication la formule demandée.

4. On vient de voir (1. et 2.) que πn = pn pour n = 0,1,2,3. Pour démontre l'égalité pour toutes les valeurs par récurrence, montrons que

π_n+1=

n

X

k=0

n k

π_k

Considérons un ensembleE⁰ de cardinaln+ 1obtenu en adjoignant un élémentzà un ensembleEde cardinaln. Cet élémentzgure dans une des parties d'une partition de E⁰. Classons les partitions de E⁰ suivant le nombre d'éléments que contient la partie contenantz.

Soit i un entier entre 1 et n+ 1 et X une partie de E⁰ à k éléments contenant z; examinons une partitionAdeE⁰ telle queX ∈ A.

En enlevantX àA, on obtient une partition deE⁰−X qui est de cardinaln+ 1−i. Il existeπ_n+1−i telles partitions.

D'autre part, il existe _i−1ⁿ ensembles X contenant z et à i éléments dans E⁰ (au- tant que de parties à i−1 éléments dans E). On en déduit que _i−1ⁿ

πn+1−i est le nombre de partitions de E⁰ pour lesquelles la partie contenant z est de cardinal i. Cette classication des partitions deE⁰ conduit à la relation

πn+1=

n+1

X

i=1

n i−1

π_n+1−i=

n

X

j=0

n j

π_n−j =

n

X

k=0

n k

πk

en posantj=i−1 puisk=n−j avec ⁿ_k

= _n−kⁿ . Ceci achève la démonstration.