Sur les nombres de Stirling de 1

B

FARHI

Département de Mathématiques Université de Béjaia

Algérie

Béjaia, le 11 novembre 2013

Table des matières

1 Définition et simples propriétés 2

2 Relation de récurrence liant entre les nombres de Stirling de 1^èreespèce 4 3 Interprétation combinatoire des nombres de Stirling de 1^èreespèce 5 4 Série génératrice associée au nombres de Stirling de 1^èreespèce 7 5 Formule explicite pour les nombres de Stirling de 1^èreespèce et ses ap-

plications arithmétiques 8

Résumé

Dans ce papier, on étudie les propriétés élémentaires des nombres de Stir- ling de première espèce ainsi que leur signification combinatoire et deux de leurs applications arithmétiques qui consistent à démontrer le théo- rème d’Ibn Al-Haytham et le petit théorème de Fermat.

1 Définition et simples propriétés

Pour tout ce qui suit, étant donnén∈N, on notera parxⁿetxⁿ les polynômes enx, définis respectivement par :

xⁿ := x(x−1)(x−2) . . . (x−n+1) xⁿ := x(x+1)(x+2) . . . (x+n−1), avec les conventions naturellesx⁰=x⁰=1.

N. B :Il est évident que l’on a pour toutn∈N: (−x)ⁿ = (−1)ⁿxⁿ.

Définition : Les nombres de Stirling¹ de 1^ère espèce sont, par définition, les nombres entiers s(n,k) (n,k ∈N, k ≤n) qui figurent dans le développement du polynômexⁿ. On a précisément pour toutn∈N:

xⁿ= ∑ⁿ

k=0

s(n,k)x^k (1)

Exemple :On a :x³=x(x−1)(x−2)=x³−3x²+2x; d’où l’on tire : s(3, 0)=0 , s(3, 1)=2 ,s(3, 2) = −3 et s(3, 3)=1.

La première question qu’on se pose concerne le signe des(n,k). On a la : Proposition 1. Pour tous n,k∈N, avec k≤n, le signe du nombre entier s(n,k) est(−1)^n+k.

Démonstration. Soitn∈N. En substituant dans (1)xpar−x, on obtient : (−x)ⁿ=∑ⁿ

k=0

s(n,k)(−x)^k,

1. James Stirling (1692-1770) : Mathématicien écossais.

c’est-à-dire :

(−1)ⁿxⁿ= ∑ⁿ

k=0

(−1)^ks(n,k)x^k. D’où l’on tire :

xⁿ= ∑ⁿ

k=0

(−1)^n+ks(n,k)x^k (2)

Comme les coefficients du polynômexⁿsont de toute évidence tous positifs, on en déduit que (−1)^n+ks(n,k)≥0,∀n,k∈N, aveck≤n. Autrement dit, le signe de tout nombres(n,k) est (−1)^n+k. Ce qui achève cette démonstration.

Nous enchainons sur la proposition suivante qui donne quelques proprié- tés faciles des nombress(n,k).

Proposition 2. Pour tout n∈N^∗, on a :

s(n, 0) = 0 et s(n,n) = 1 (3)

s(n, 1) = (−1)ⁿ⁻¹(n−1)! (4)

∑n k=1

(−1)^ks(n,k) = (−1)ⁿn! (5)

∑n

k=1|s(n,k)| = n! (6)

|s(n,k)| ≤ n! (pour tout k∈N, k≤n) (7) Démonstration. Soitn∈N^∗fixé.

• Démontrons (3) : Les nombress(n, 0) ets(n,n) sont respectivement les coef- ficients dex⁰et dexⁿ dans le développement du polynômexⁿ=x(x−1)···(x

−n+1). Il est bien clair que ces coefficients sont respectivement 0 et 1, comme il fallait le prouver.

• Démontrons (4) : Le nombres(n, 1) est par définition le coefficient dexdans le développement du polynômexⁿ=x(x−1)···(x−n+1). Ce qui est aussi le coef- ficient constant du polynôme (x−1)(x−2)···(x−n+1). Ce coefficient est simple- ment la valeur de ce dernier polynôme en 0 ; c’est donc égale à (−1)(−2)···(−n +1)=(−1)ⁿ⁻¹(n−1)!. D’oùs(n, 1)=(−1)ⁿ⁻¹(n−1)!, comme il fallait le prouver.

• Démontrons (5) : L’identité (5) résulte simplement de la substitution dexpar

−1 dans l’identité polynômiale (1) tout en remarquant que (−1)ⁿ=(−1)(−2)···

(−n)=(−1)ⁿn!.

• Démontrons (6) : En multipliant les deux membres de l’identité (5) par (−1)ⁿ, on obtient :

∑n k=1

(−1)^n+ks(n,k) = n!.

Mais puisque le signe de chaque nombre s(n,k) (1≤k ≤n) est (−1)^n+k (en vertu de la proposition 1), on a pour toutk∈{1, . . . ,n} : (−1)^n+ks(n,k)= |s(n,k)| et l’on conclut enfin que :∑_n

k=1|s(n,k)| =n!, comme il fallait le prouver.

• Démontrons (7) : L’estimation (7) est une conséquence immédiate de (6).

La proposition est démontrée.

Remarque :Nous verrons plus loin que la propriété (6) devient évidente compte tenu du sens combinatoire des nombres de Stirling de 1^èreespèce.

2 Relation de récurrence liant entre les nombres de Stirling de 1

espèce

On a la proposition suivante :

Proposition 3. Pour tous n,k∈N^∗avec k≤n, on a :

s(n+1,k) = s(n,k−1)−ns(n,k) (8) et

|s(n+1,k)| = |s(n,k−1)| +n|s(n,k)| (9) Démonstration. Soitn∈N^∗fixé. On a d’une part :

xⁿ⁺¹=ⁿ⁺¹∑

k=0

s(n+1,k)x^k=xⁿ⁺¹+∑ⁿ

k=1

s(n+1,k)x^k (cars(n+1, 0)=0 ets(n+1,n+1)=1). Et d’autre part :

xⁿ⁺¹=x(x−1)···(x−n+1)(x−n)=(x−n)xⁿ=(x−n)

∑n k=0

s(n,k)x^k

=x

∑n k=0

s(n,k)x^k−n

∑n k=0

s(n,k)x^k=∑ⁿ

k=0

s(n,k)x^k+1−∑ⁿ

k=0

ns(n,k)x^k

=ⁿ⁺¹∑

k=1

s(n,k−1)x^k−∑ⁿ

k=0

ns(n,k)x^k=xⁿ⁺¹+∑ⁿ

k=1

(s(n,k−1)−ns(n,k))x^k (cars(n, 0)=0 ets(n,n)=1).

En identifiant les coefficients dex^k (k ∈N^∗, k≤n) des deux expressions que l’on a trouvé pourxⁿ⁺¹, on aboutit à :

s(n+1,k)=s(n,k−1)−ns(n,k), qui n’est rien d’autre que (8).

Etant donnés n,k ∈N^∗ avec k ≤n, l’identité (9) s’obtient en multipliant les deux membres de (8) par (−1)^n+k+1et en se rappelant que le signe de s(a,b) est (−1)^a+b (∀a,b ∈N, a ≥b) en vertu de la proposition 1. Ceci achève notre démonstration.

Le triangle des nombres de Stirling de 1

espèce

En se servant de la relation récurrente (9), on peut dresser les nombres de Stir- ling de 1^èreespèce (en valeurs absolues) dans un triangle (infini) du même type que le triangle arithmétique d’Al-Karaji² des coefficients binomiaux. On ob- tient le suivant :

n=0 1 n=1 0 1 n=2 0 1 1 n=3 0 2 3 1 n=4 0 6 11 6 1 n=5 0 24 50 35 10 1

... ... ... ... ... ... ... . ..

Dans ce triangle, chaque ligne de rangn≥1 commence par un 0 et se termine par un 1 et ses coefficients du milieu s’obtiennent par la relation récurrente (9) en fonction des coefficients de la ligne qui la précède. Par exemple, le nombre 50 de la 5^èmeligne est obtenu par la formule 6+4×11 (où les nombres 6 et 11 proviennent de la 4^èmeligne).

3 Interprétation combinatoire des nombres de Stir- ling de 1

espèce

Le sens combinatoire des nombres de Stirling de 1^èreespèce est relatif à l’en- semble des permutations d’un ensemble fini. Nous rappelons d’abord quelques notions sur ce sujet :

Soientn∈N^∗et A={a₁, . . . ,a_n} un ensemble fini ànéléments. Une permu- tation des éléments de A peut être vue comme une bijection de l’ensembleA dans lui même. L’ensemble de toutes les permutations de Ase note parS(A).

C’est un ensemble fini de cardinaln! et en le munissant de la loi de composition des applications (deAdansA), on en formera un groupe qui n’est commutatif que pourn=1 ou 2. Ce groupe s’appelle « le groupe symétrique associé àA».

2. Abu Bakr Al-Karaji(

úk.QºË@ QºK. ñK. @

Lorsque A etB sont deux ensembles finis de même cardinal, il est immé- diat que les deux groupesS(A) etS(B) sont isomorphes. La structure du groupe symétrique associé à un ensemble fini Ane dépend donc en réalité que du car- dinal de A. Pour cette raison, il convient de noter par Sn (n ∈N^∗) le groupe symétrique associé à un ensemble àn éléments (peu importe l’ensemble àn éléments en question). On appelleS_n« le groupe symétrique d’indicen».

Soientn∈N^∗,A={a1, . . . ,an} un ensemble ànéléments etσune permuta- tion des éléments de A (i.e.,σ∈S(A)). On considèreRσla relation binaire sur

Adéfinie par :

∀a,b∈A:aRσb⇐⇒ ∃k^déf ∈Ntel queb=σ^k(a).

On montre alors queRσest une relation d’équivalence surA. Une classe d’équi- valence moduloRσs’appelle « cycle relatif àσ», ou simplement «σ-cycle ». On obtient ainsi une partition deAen un nombre fini deσ-cycles. Pourσ=Id_Apar exemple, lesσ-cycles que l’on obtient sont : {a₁}, {a₂}, . . . , {a_n} (on a exactement nσ-cycles). Pour que tout cela soit plus clair, étudions en un exemple :

Exemple : Prenons A ={1, 2, 3, 4, 5, 6} etσ la permutation des éléments de A, donnée par :σ=

(1 2 3 4 5 6 3 5 4 1 2 6 )

. La classe de l’élément 1 moduloRσest cl(1)={1, 3, 4} ; la classe de l’élément 2 est cl(2)={2, 5} et la classe de l’élément 6 est cl(6)={6} et on a ainsi trouvé toutes les classes. Lesσ-cycles de A sont donc : {1, 3, 4}, {2, 5} et {6} ; ainsiAcontient exactement 3σ-cycles.

Nous somme maintenant prêt à donner l’interprétation combinatoire des nombres de Stirling de 1^èreespèce. On a le théorème suivant :

Théorème 4. Pour tout n∈N^∗et tout k∈N, avec k≤n, le nombre de permuta- tions d’un ensemble à n éléments qui fournissent exactement k cycles est|s(n,k)|.

Démonstration. Pour toutn∈N^∗et toutk∈N, aveck≤n, on note provisoire- ment parP(n,k) le nombre de permutations d’un ensemble àn éléments qui fournissent exactementk cycles. On montrera que ces nombresP(n,k) véri- fient la relation de récurrence :

P(n+1,k)=P(n,k−1)+nP(n,k) (∀n,k∈N^∗,k≤n), ce qui permettra de conclure.

Etant donnés n,k ∈N^∗, aveck ≤n, soit An+1={a1,a2, . . . ,an+1} un ensemble à (n+1) éléments etσune permutation arbitraire deA_n+1fournissant exacte- mentkcycles. Nous essayons de voir comment qu’on obtienneσà partir d’une permutationσ^′de l’ensembleAn={a1, . . . ,an}. Pour ce faire, nous raisonnons sur le dernier élémenta_n+1de A_n+1. On distingue les deux cas suivants :

• Ou bienσ(an+1)=an+1. Ceci revient à dire que an+1est un point fixe parσ ou encore que le σ-cycle contenant a_n+1 est {a_n+1}. Dans ce casσ s’obtient comme un prolongement d’une permutationσ^′de A_nqui fournit exactement (k−1) cycles. Le nombre de telsσest donc égale àP(n,k−1).

• Ou bienσ(an+1)∈{a1, . . . ,an}. Dans ce cas,an+1intégrera un cycle associé à une certaine permutationσ^′de A_n, laquelle fournit exactementk cycles. Pour chaque choix deσ(a_n+1) (n choix possibles), on aP(n,k) choix possibles pour σ^′. Ainsi, le nombre de telsσestnP(n,k).

En conclusion, le nombre de permutations de A_n+1fournissant exactementk cycles est

P(n+1,k)=P(n,k−1)+nP(n,k), comme prétendu.

Nous venons de montrer que les nombresP(n,k) satisfont la même relation de récurrence que les nombres|s(n,k)|(cf. la relation (9) de la proposition 3). Mais puisque, on a par définition même :P(n, 0)=0= |s(n, 0)|(∀n∈N^∗) etP(1, 1)= 1= |s(1, 1)|, on conclut par une récurrence évidente queP(n,k)= |s(n,k)|pour tousn∈N^∗,k∈N(k≤n). Le théorème est démontrée.

4 Série génératrice associée au nombres de Stirling de 1

espèce

On a l’important théorème suivant : Théorème 5. Pour tout k∈N, on a :

∑∞ n=k

s(n,k)xⁿ

n! = log^k(1+x)

k! (10)

Démonstration. On détermine de deux façons différentes le développement (formel) de la fonction f(x,y)=(1+x)^y en série de Taylor en y. D’une part, d’après la formule du binôme généralisée, on a :

(1+x)^y = 1+y x+y(y−1)

2! x²+y(y−1)(y−2)

3! x³+. . .

= ∑^∞

n=0

yⁿxⁿ n!

= ∑^∞

n=0

(∑n k=0

s(n,k)y^k )xⁿ

n!

= ∑^∞

n=0

∑n k=0

s(n,k)xⁿy^k n! ,

soit

(1+x)^y = ∑^∞

k=0

(∑∞ n=k

s(n,k)xⁿ n!

)

y^k (11)

D’autre part, d’après le développement de Taylor de la fonction exponentielle, on a :

(1+x)^y=exp{ylog(1+x)}= ∑^∞

k=0

(ylog(1+x))_k k! = ∑^∞

k=0

log^k(1+x)

k! y^k (12) L’identification des deux formules (11) et (12) entraîne (d’après l’unicité du dé- veloppement de Taylor) que l’on a pour toutk∈N:

∑∞ n=k

s(n,k)xⁿ

n! = log^k(1+x) k! , comme il fallait le prouver. Le théorème est démontrée.

5 Formule explicite pour les nombres de Stirling de 1

espèce et ses applications arithmétiques

La formule (10) du théorème 5 précédent permet d’en déduire une formule ex- plicite très importante pour les nombress(n,k). On a le :

Théorème 6. Pour tous n,k∈N, avec n≥k, on a : s(n,k) = (−1)^n+kn!

k!

∑

n1,...,nk∈N^∗ n1+···+n_k=n

1

n₁n₂···n_k (13) Démonstration. Soitk∈N. On a :

log^k(1+x) = (∑∞

ℓ=1

(−1)^ℓ+1x^ℓ ℓ

)_k

= ∑

ℓ1,...,ℓk∈N^∗

(−1)^{(ℓ1+1)+···+(ℓk+1)}x^{ℓ1+···+ℓk}

ℓ1···ℓk = ∑

n≥k



 ∑

ℓ1,...,ℓk∈N^∗ ℓ1+···+ℓk=n

(−1)^n+k ℓ1···ℓk



xⁿ.

En comparant ceci avec (10), nous déduisons que l’on a pour toutn∈N,n≥k: s(n,k) = (−1)^n+kn!

k!

∑

ℓ1,...,ℓk∈N^∗ ℓ1+···+ℓk=n

1 ℓ1ℓ2···ℓk

,

comme il fallait le prouver. Le théorème est démontré.

La formule (13) du théorème 6 sert en particulier à en déduire des propriétés arithmétiques sur les nombres s(n,k), notamment lorsquen est un nombre premier. On a le :

Corollaire 7. Soit p un nombre premier. Alors on a pour tout k∈{2, 3, . . . ,p−1}: s(p,k) ≡ 0 (modp).

Démonstration. Etant donnék∈{2, 3, . . . ,p−1}, le nombre rationnel : r:= ∑

n₁,...,n_k∈N^∗ n1+···+n_k=p

1 n1n2···n_k

est visiblement une somme de nombres rationnels dont les dénominateurs sont tous non multiples dep, c’est à dire premiers avecp. Ce nombrer peut se re- présenter donc sous la former=^a_b, aveca,b∈N^∗etbpremier avecp. Par suite, on a d’après le théorème 6 :

s(p,k) = (−1)^p+kp!

k! a b. Ce qui équivaut à :

bk!s(p,k) = (−1)^p+kp!a.

Cette égalité montre quepdivise le nombrebk!s(p,k). Mais puisquepest pre- mier avecbk! (carpest premier avecbet premier aveck!, étant donné quek<

p), il découle du lemme de Gauss quep divises(p,k) ; autrement dits(p,k) ≡ 0 (modp). Ce qui démontre le corollaire.

Nous déduisons du corollaire précédent l’important théorème suivant qui est dû au grand savant arabe Al-Hassan Ibn Al-Haytham³mais que la majorité des auteurs attribuent à tort à J. Wilson⁴. On a le :

Théorème 8(Ibn Al-Haytham). Pour tout nombre premier p, on a : (p−1)! ≡ −1 (modp).

Autrement dit, p divise le nombre((p−1)!+1).

3. Al-Hassan Ibn Al-Haytham Al-Basri(

øQå”J.Ë@ ÕæJêË@ áK.@ á‚mÌ'@

4. John Wilson (1741-1793) : Mathématicien britannique.

Démonstration. Soitpun nombre premier. On a par définition même des nombres de Stirling de 1^èreespèce :

∑p k=0

s(p,k)x^k = x^p. En substituantxpar−1, on obtient :

∑p k=0

(−1)^ks(p,k) = (−1)^p = (−1)(−2)···(−p) = (−1)^pp!.

C’est à dire :

s(p, 0)−s(p, 1)+(−1)^ps(p,p)+ ∑

2≤k≤p−1

(−1)^ks(p,k) = (−1)^pp!.

Mais commes(p, 0)=0,s(p, 1)=(−1)^p−1(p−1)! ets(p,p)=1 (cf. la proposition 2), il en résulte que :

(−1)^p(

(p−1)!+1)

+ ∑

2≤k≤p−1

(−1)^ks(p,k) = (−1)^pp!.

Il ne reste qu’à prendre modulop les deux membres de cette égalité, tout en tenant compte des faits que p!≡0 (mod p) et s(p,k)≡0 (mod p) pour k ∈ {2, . . . ,p−1} (en vertu du corollaire 7), pour obtenir :

(−1)^p(

(p−1)!+1)

≡ 0 (modp).

Ce qui donne la congruence désirée :

(p−1)! ≡ −1 (modp).

Le théorème est démontrée.

Nous allons conclure ce papier par une autre application arithmétique aussi importante, connue sous le nom du « petit théorème de Fermat⁵». On a le : Théorème 9 (Le petit théorème de Fermat). Soit p un nombre premier. Alors pour tout x∈Z, on a :

x^p ≡ x(modp).

Démonstration. Pour p=2, le théorème nous dit qu’un nombre entier et son carré sont toujours de même parité, ce qui est immédiat. Supposons pour la suite quepest un nombre premier impair et soitx∈Z. Les restes possibles de la division euclidienne dexsurpsont : 0, 1, 2, . . . ,p−1. Ainsi, l’un au moins des

5. Pierre de Fermat (1601-1665) : Mathématicien français.

nombres entiers :x,x−1,x−2, . . . ,x−p+1 est multiple dep. Par conséquent, le produit de tous ces entiers est aussi un multiple dep; c’est à dire que le nombre x(x−1)···(x−p+1)=x^p est multiple dep. Mais par ailleurs, on a :

x^p =

∑p k=0

s(p,k)x^k = s(p, 0)+s(p, 1)x+ ∑

2≤k≤p−1

s(p,k)x^k+s(p,p)x^p

= x^p+(p−1)!x+ ∑

2≤k≤p−1

s(p,k)x^k

(car, d’après la proposition 2, on a :s(p, 0)=0,s(p, 1)=(−1)^p−1(p−1)!=(p−1)!

ets(p,p)=1). En utilisant les congruences du corollaire 7 et du théorème 8, il en résulte que :

x^p ≡ x^p−x(modp).

Et l’on conclut ainsi quex^p−x≡0 (modp), c’est à dire que :x^p ≡x(modp), comme il fallait le prouver. Notre démonstration est achevée.