[PDF] Des relations sur les coefficients binomiaux 1 Somme des (n k )

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Des relations sur les coefficients binomiaux

Tout le monde connaît les relations suivantes : n 0 +n 1 +n 2 ++n n =nX k=0 n k = 2 n n 0 n 1 +n 2 n n =nX k=0(1)kn k = 0

On les démontre très facilement avec laformule du binôme. Leurs démonstrations par des méthodes de dénom-

brement, si elles sont dans ce cas particulier moins faciles, sont loin d"être inintéressantes. C"est l"objet de ce

document.

1 Somme des

n k

1.1 Démonstration par la formule du binôme

Il suffit d"écrire :

nX k=0 n k =nX k=0 n k 1 nk1k ce qui permet de reconnaître la formule(a+b)n=nX k=0 n k a nkbk, dans le cas particuliera=b= 1. On en déduit immédiatement : nX k=0 n k = (1 + 1) n= 2n

1.2 Démonstration combinatoire

Par définition,

n k

est le nombre de parties àkéléments d"un ensemble ànéléments. Ceci permet d"identifier

n X k=0 n k

comme étant la somme des nombres de parties àkéléments d"un ensemble ànéléments, pour toutes les

valeurs dekpossibles. Ainsi, la somme cherchée est le nombre de parties d"un ensemble ànéléments.

Il s"agit donc de calculer ce nombre de parties d"une autre manière. Pour cela, considérons l"ensembleE=

fe1;e2;:::;eng. À toute partieAdeE, associons len-uplet(x1;x2;:::;xn)de la façon suivante : pour touti

compris entre1etn,xivaut1siei2A, et0sinon.

Il est clair qu"à chaque partie deEest associé un uniquen-uplet d"éléments de l"ensemble à2élémentsf0;1g, et

que toutn-uplet est l"image d"une et d"une seule partie deE.

Il y a donc autant de parties deEque den-listes d"éléments def0;1g. Or on sait compter cesn-listes : il y en a

2 n, et c"est donc aussi le nombre de parties deE.

On obtient donc bien l"identité cherchée

11

Cette méthode consistant à calculer de deux façons différentes une même quantité est extrêmement fructueuse en mathématiques.

2 Somme alternée des

n k

Il s"agit maintenant de calculer

nX k=0 n k (1)k, qu"on appellesomme alternéedes coefficients du binôme, en raison du fait que les signes devant les coefficients alternent.

2.1 Démonstration par la formule du binôme

Dans cette première méthode, on va réécrire la relation de manière à faire apparaître la formule du binôme :

n X k=0 n k (1)k=nX k=0 n k 1 nk(1)k= (11)n= 0n= 0

Donc la somme cherchée est nulle.

2.2 Démonstration combinatoire

Cette démonstration est bien moins évidente. Constatons d"abord que ce qui a été trouvé peut s"interpréter de la

manière suivante :nX k=0 n k (1)k=X kpair n k X kimpair n k

Ainsi, dire que cette somme est nulle revient dire que dans un ensembleEànéléments, le nombre de partie

possédant un nombre pair d"élémentsest égal au nombre de partiespossédant un nombre impair d"éléments.

La question qui se pose alors est : y a-t-il un moyen simple de prouver ceci ?

Dans le cas oùEest de cardinal impair, c"est évident : l"application{Equi à toute partieAdeEassocie son

complémentaire{EAassocie chaque partie de cardinal pair à une partie de cardinal impair, et lycée de Versailles. Il

y a donc autant d"éléments dans l"ensemble des parties de cardinal pair que dans l"ensemble des parties de cardinal

impair 2.

SicardEest pair, tout devient plus compliqué : l"application complémentaire conserve la parité du cardinal, et ne

sert plus à rien.

Pour lever la difficulté, isolons un élément particulieradeE, et distinguons les parties selon deux critères : le fait

de conteniraou pas, et le fait d"avoir un cardinal pair ou impair.cardinal paircardinal impair contientan 1n

2ne contient pasan

3n 4n

1,n2,n3etn4étant les nombres de parties de chaque type.

Se donner une partieAdeEcontenantaest équivalent à se donner une partieA0ne contenant pasa, par

l"application consistant à rajouter ou enleveraRemarquons au passage que ceci implique qu"il y a autant de

parties deEcontenantaque de parties ne contenant pasA.

SiA, contenanta, est de cardinal pair,Anfagest de cardinal impair, donc le nombren1de parties deEde cardinal

pair contenantaest égal au nombren4de parties deEne contenant pasade cardinal impair.

De la même façon, on démontre quen2=n3. Ainsi, le nombre de parties deEde cardinal pair, égal àn1+n3, est

égal d"après ce que l"on vient de dire àn2+n4, qui est le nombre de parties deEde cardinal impair.2

D"ailleurs, dans ce cas, on aurait pu plus simplement utiliser la relation de symétrien k =n nk , qui permet dans la somme de

regrouper les termes deux par deux, avec des signes opposés. Donc, dans le cas oùnest impair, l"identité estvraimenttriviale !

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