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COMPLEMENT DE COURS.



FORMULE D’INVERSION DE PASCAL.

Nous donnerons dans ces quelques pages trois démonstrations de la formule d’inversion de
Pascal ainsi que deux de ses applications.


Théorème : Soit ( un )n∈ et ( vn )n∈ deux suites, nous avons :
                                                                          n               n
                                   ∀n∈                    un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk
                                                                                    k
                                                                                    k
                                                                                    n k
                                                                      k=0                 k=0


Ce théorème constitue l’énoncé de la formule d’inversion de pascal.


Première démonstration (Par techniques sommatoires).
                                             n
Supposons ∀n ∈                 un = ∑ Cnk vk nous avons alors :
                                            k =0
 n                             n                                k

∑( −1)         C u = ∑( −1)
         n−k                                      n −k

k =0
                k
                n k
                              k =0
                                                         C k
                                                           n   ∑C v
                                                               i =0
                                                                              i
                                                                              k i

                       n           k
                 = ∑ ∑ ( − 1)
                                                   n−k
                                                          C nk C ki vi
                      k =0 i =0
                       n           n
                 = ∑ ∑ ( − 1)
                                                   n−k
                                                          C nk C ki vi                          Inversion de somme
                      i = 0 k =i
                      n        n
                                         n !k !
                 = ∑∑ ( −1)
                                              n−k
                                                          vi
                   i = 0 k =i    k !(n − k )!i !(k − i )!
                      n     n
                                             n !( n − i )!
                 = ∑ ∑ ( − 1)
                               n−k
                                                                     vi
                    i = 0 k =i     ( n − i )!( n − k )!i !( k − i )!
                          n            n
                 = ∑ ∑ ( − 1)
                                                         n−k           −
                                                               C n C nn− ik vi
                                                                 i

                      i =0 k =i
                       n                     n
                 = ∑ C n vi ∑ C nn− ik ( − 1)
                       i          −                                       n−k

                      i=0                   k =i
                       n                   n −i
                 = ∑ Cn vi ∑ Cnk−i ( −1)
                      i                                               k
                                                                                                Glissement d’indice.
                      i =0                 k =0



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n
                    = ∑ C n vi (1 − 1)
                          i                                 n −i
                                                                                  Formule du binôme.
                       i =0

                    = Cn vn 0n−n
                       n


                    = vn                                                          car 00 = 1


                                                                         n
Inversement supposons ∀n ∈                                     vn = ∑ (−1) n − k Cnk vk nous avons alors :
                                                                        k =1
 n            n              k

∑C v = ∑C ∑(−1)
k =0
       k
       n k
             k =0
                     k
                     n
                         i =0
                                              k −i
                                                     Cki ui
                         n           k
                    = ∑ ∑ ( − 1)
                                                     k −i
                                                            C nk C ki ui
                      k =0 i =0
                         n           n
                    = ∑ ∑ ( − 1)
                                                     k −i
                                                            C nk C ki ui                   inversion de somme
                       i = 0 k =i
                         n       n
                                             n !k !
                    = ∑∑ ( −1)
                                                k −i
                                                             ui
                      i = 0 k =i    k !(n − k )!i !(k − i )!
                         n     n
                                                n !( n − i )!
                    = ∑ ∑ ( − 1)
                                 k −i
                                                                        ui
                       i =0 k =i      ( n − i )!( n − k )!i !( k − i )!
                             n           n
                    = ∑ ∑ ( − 1)
                                                        k −i           −
                                                               C n C nk− ii u i
                                                                 i

                         i =0 k =i
                         n                     n
                    = ∑ C n u i ∑ C n − ii ( − 1)
                          i         k−                                   k −i

                       i=0                    k =i
                        n                    n −i
                    = ∑ Cn ui ∑ Cn − i ( −1)
                         i       k                                  k
                                                                                           Glissement d’indice.
                      i =0                   k =0
                         n
                    = ∑ C n u i (1 − 1)
                          i                                 n −i
                                                                                  Formule du binome.
                       i =0

                    = Cn un 0n−n
                       n


                    = un                                                          car 00 = 1




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Deuxième démonstration (par calcul matriciel).
                 n
∀n ∈      un = ∑ Cnk vk peut se traduire matriciellement par :
                k =1

 C0 0
        0 .          .   .   .   .     .      0   v0   u0 
 0      1                                          
 C1 C1 0                                      .   v1   u1 
 .        .         .                         .  .   . 
                                                   
 .                  .   .                     .  .   . 
 .                      .   .                 .  . .  =  . 
                                                   
 .                          .   .             .  .   . 
 .                              .     .       .  .   . 
                                                   
                                         −1
 Cn −1
   0
                                     Cnn−1    0  .   . 
 0
C                                              n 
                                                         
 n     . .          .   .   .   .     .      Cn   vn   un 

Il nous suffit d’inverser la matrice du premier membre pour trouver vn en fonction de un .
Pour cela essayons de nous mettre dans une situation où cette inversion est évidente.
                                                             n
En remarquant que : ∀n ∈              x n = ( x − 1 + 1) n = ∑ Cnk ( x − 1) k , nous pouvons écrire :
                                                            k =0

C 0
   0    0 .          .   .   .   .     .       0   ( x − 1)0   x 0 
                                                               
C
   0
   1
          1
        C1 0                                   .   ( x − 1)1   x1 
 .         .        .                         .  .   . 
                                                               
 .                  .   .                     .  .   . 
 .                      .   .                 .  . .  =  . 
                                                               
 .                          .   .             .  .   . 
 .                              .     .       .  .   . 
                                                               
                                      n−
 Cn −1
   0
                                     Cn −11    0  .   . 
 0
C                                                
                                                                 
 n      . .         .   .   .   .    .       Cnn   ( x − 1)n   x n 

                                                     n
Mais comme d’autre part on a : ( x − 1) = ∑ Cn x k (−1)n − k , nous en déduisons :
                                             k  n

                                                    k =0




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 ( x − 1)0   (−1)0 −0 C00        0     .                .       .       .     .           .             0           x0 
         1         1− 0 0        1−1 1                                                                              1
 ( x − 1)   (−1) C1          (−1) C1 0                                                                  .          x 
 .                 .                   .                .                                               .          . 
                                                                                                                   
 .                 .                                    .       .                                       .          . 
 . =               .                                            .       .                               .          . . 
                                                                                                                   
 .                 .                                                    .     .                         .          . 
 .                 .                                                          .           .             .          
                                                                                                                   . 
                   n −1− 0 0                                                                     −1
 .   (−1)              Cn −1                                                          (−1) Cnn−1
                                                                                             0
                                                                                                           0          . 
         n  
               (−1) n −0 C 0                                                                                          n
                                                                                                                     
 ( x − 1)               n        .     .                .       .       .     .           .        (−1) n − n Cnn   x 

Nous avons bien trouver l’inverser de la matrice de départ.
En revenant aux suite un et vn , nous obtenons :
 v0   (−1)0− 0 C0 0
                              0       .      .         .       .       .                 .            0     u0 
             1− 0 0                                                                                     
 v1   (−1) C1          (−1)1−1 C11 0                                                               .     u1 
 .            .                    .      .                                                        .    . 
                                                                                                        
 .            .                           .         .                                              .    . 
 . =          .                                     .       .                                      .    . . 
                                                                                                        
 .            .                                             .       .                              .    . 
 .            .                                                     .                 .            .    . 
                                                                                                        
 .   (−1) n −1−0 Cn −1
                     0                                                                  −1
                                                                               (−1)0 Cnn−1            0    . 
            n−0 0                                                                                n−n  
                                                                                                         n     
 vn   (−1) Cn              .       .      .         .       .       .           .             (−1) Cn   un 

                                             n
Ce qui montre que :       ∀n ∈        vn = ∑ (−1) n − k Cnk vk                       .
                                            k =1




Troisième démonstration (par récurrence)
Montrons par récurrence forte que :
                           n                           n
        ∀n∈        un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk
                                k
                                n k
                                             k

                          k=0                      k=0
La formule est vraie pour n=0 car elle se ramène alors à u0 = v0 ⇔ v0 = u0 .

Supposons la formule vraie jusqu’à n et démontrons qu’elle est vraie jusqu’à n+1.
C’est-à-dire montrons que :
                          k                        k
∀k ∈ 0; n +1 uk = ∑C v ⇔vk = ∑(−1)k−i Ckui
                                i
                                k i
                                       i

                          i=0                    i=0
                   n +1
Supposons un +1 = ∑ Cn +1vk , nous avons alors :
                     k

                  k =0



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n                                 n              k
vn +1 = un +1 − ∑ Cnk+1vk = un +1 − ∑ Cnk+1 ∑ (−1) k −i Cki ui par hypothèse de récurrence.
                   k =0                              k =0           i=0
Par des manipulations similaires à la première démonstration nous obtenons :
                    n            n −i
vn +1 = un +1 − ∑ Cn +1ui ∑ (−1)k Cnk+1−i
                   i

                   i=0          k =0
La formule du binôme permet d’écrire :
n +1− i                                                                  n −i

∑ (−1) C
 k =0
             k   k
                 n +1−i   = (1 − 1)   n +1− i
                                                = 0 donc                 ∑ (−1) C
                                                                         k =0
                                                                                    k     k
                                                                                          n +1− i   = −(−1) n +1−i Cnn+11−ii = (−1)n −i
                                                                                                                      + −



On a alors :
                    n
vn +1 = un +1 − ∑ Cn +1ui (−1) n −i
                   i

                   i=0
Qui s’écrit plus simplement :
          n +1
vn +1 = ∑ (−1) n +1−i Cn +1ui
                       i

          i =0
                                                     n +1
Inversement supposons vn +1 = ∑ (−1)n +1− k Cnk+1uk , nous avons alors :
                                                     k =0
                    n                                                    n                           k
un +1 = vn +1 − ∑ (−1) n +1− k Cnk+1vk = vn +1 − ∑ (−1)n +1− k Cnk+1 ∑ Cki vi par hypothèse de récurrence.
                   k =0                                               k =0                          i=0
Par des manipulations similaires à la première démonstration nous obtenons :
                    n           n +1−i
un +1 = vn +1 − ∑ Cn +1vi
                   i
                                 ∑ (−1) C        k        k
                                                          n +1−i
                   i=0           k =1
La formule du binôme permet d’écrire :
n +1− i                                                            n +1− i

∑ (−1)k Cnk+1−i = (1 − 1)n+1−i = 0 donc
 k =0
                                                                   ∑ (−1) C
                                                                    k =1
                                                                                k       k
                                                                                        n +1−i   = −(−1)0 Cn +1−i = −1
                                                                                                           0



On a alors :
                    n
un +1 = vn +1 − ∑ Cn +1vi (−1)
                   i

                   i =0
Qui s’écrit plus simplement :
          n +1
un +1 = ∑ Cn +1vi
           i

          i =0




Première application : Dénombrement des surjections.

Rappel : Une surjection d’un ensemble E dans un ensemble F est une application ou chaque
élément de l’ensemble d’arrivé admet au moins un antécédent.

Nous noterons S p ,n le nombre de surjections d’un ensemble de p éléments dans un ensemble de
n éléments.




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Nous allons essayer de trouver une formule exprimant S p ,n grâce à la formule d’inversion de
Pascal.
Pour cela, nous remarquerons que le nombre des applications d’un ensemble de p éléments
dans un ensemble de n éléments peut s’écrire comme la somme :
- des applications ou 1 seul élément de l’ensemble d’arrivé a des antécédents.
- des applications ou 2 éléments de l’ensemble d’arrivé ont des antécédents.
…
- des applications ou n éléments de l’ensemble d’arrivé ont antécédents.

Pour calculer le nombre d’applications où exactement k éléments ont des antécédents, il suffit
de dénombrer le choix les k éléments soit Cnk et de multiplier ensuite par le nombre de
surjections vers les k éléments choisis soit S p ,k .
Il y a donc Cnk .S p , k applications ou exactement k éléments de l’ensemble d’arrivé ont au
moins un antécédent. Comme le nombre total d’applications d’un ensemble à p éléments vers
un ensemble à n éléments est n p , on peut écrire :
                                             n
                                    n p = ∑ Cn .S p , k
                                             k

                                          k =1

Et c’est ici que nous pouvons utiliser la formule d’inversion de Pascal pour en déduire S p ,n
Il suffit de poser un = n p et vn = S p ,n .
                                                     n           n
                           ∀n∈         un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk
                                                         k
                                                         n k
                                                                 k

                                                  k=0            k=0
devient :
                                                     n                 n
                           ∀n∈         n = ∑C S ⇔Sp,n = ∑(−1)n−k Cn k p
                                         p               k
                                                         n p,k
                                                                  k

                                                  k=0                  k=0
On peut donc énoncer :

Théorème : Le nombre S p ,n de surjection d’un ensemble de p élément vers un ensemble
de n éléments est donné par :
                                                 n
                                    Sp,n = ∑(−1)n−k Cn k p
                                                     k

                                                 k=0


EXEMPLE CONCRET.

De combien de façon peut on ranger 13 livres indiscernables sur 9 étagères en laissant
exactement 5 étagères de libre ?

4 étagères doivent recevoir des livres soit C94 façons de les choisir.
Ranger les 13 livres sur ces 4 étagères revient à associer une des 4 étagères à chacun des 13
livres de façon surjective (c’est a dire que chacune des 4 étagère recevra au moins un livre)
Il y a donc S13,4 façon de faire cette association.
La réponse au problème est donc C94 .S13,4 =126x60780720=7658370720.

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Deuxième application : Permutation de n éléments ne laissant aucun points
fixes.

Nous noterons N n le nombre de permutations d’un ensemble à n éléments ne laissant aucun
points fixes appelé aussi dérangement.
Le nombre total de permutations d’un ensemble à n élément étant n ! , nous procéderons
comme dans l’application précédente en décomposant celui-ci en la somme des nombres des
applications dérangeant successivement k éléments pour k allant de 0 à n.
Pour déranger k éléments dans un ensemble à n éléments, il faut choisir les k éléments devant
être dérangé soit Cnk possibilités. Puis effectivement déranger ces k éléments soit
N k possibilités. Il y a donc Cnk .N k façons de déranger k éléments dans un ensemble de n
éléments.
Nous pouvons donc écrire :
                                     n
                               n ! = ∑ Cn N k
                                        k

                                    k =0

en posant un = n ! et vn = N n , nous pouvons utiliser la formule d’inversion de Pascal.
                                            n                       n
                       ∀n∈        un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk
                                                 k
                                                 n k
                                                            k

                                           k=0                      k=0
devient :
                                           n                            n
                       ∀n∈        n!= ∑C Nk ⇔ Nn = ∑(−1)n−k Cn k!
                                                 k
                                                 n
                                                             k

                                           k=0                       k=0
Le nombre de dérangements d’un ensemble à n éléments est donc :
                                                           n
                                                     Nn = ∑(−1)n−k Cn k!
                                                                    k

                                                          k=0
                                                          n!
Que l’on peut écrire en remarquant que Cnk .k ! =
                                                       (n − k )!
                                                                (−1)n−k
                                                                n
                                                     Nn = n!∑
                                                            k=0 (n − k)!
Et en faisant le changement d’indice k → n − k
                                                               (−1)k
                                                                n
                                                     Nn = n!∑
                                                            k=0 (k)!



Théorème : Le nombre N n des permutations d’un ensemble à n éléments ne laissant
aucun point fixe, appelé aussi dérangement, d’un ensemble à n éléments est donné par :



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n
                                                         (−1)k
                                               Nn = n!∑
                                                      k=0 (k)!


EXEMPLE CONCRET.

En partant en randonné un groupe de 10 personnes possédant chacune une chambre laisse
leurs 10 clefs à l’hôtelier qui, peu ordonné, se retrouve incapable, au retour des 10
randonneurs, de savoir à qui appartient chaque clef, celles-ci ayant été mélangées.
Il décide donc de rendre au hasard une clef à chacun des randonneurs.
Déterminer la probabilité que 3 personnes se retrouvent avec leur clef ?

Il y a autant de possibilité de rendre les 10 clefs que de permutations dans un ensemble à 10
clefs soit 10! possibilités. Pour dénombrer les permutations laissant 3 clefs fixes, il suffit de
choisir les 3 clefs fixes en question soit C10 = 120 possibilités et de dénombrer les
                                             3

                                                  7
                                                    ( −1) k
dérangements des 7 clefs restantes soit N 7 = 7! ∑          = 1854 .
                                               k = 0 ( k )!
                                                                 120 × 1854 103
La probabilité que 3 randonneurs retrouvent leur clef est donc             =      .
                                                                     10!     1680




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Mathématiques - Formule d'inversion de Pascal

  • 1. COMPLEMENT DE COURS. FORMULE D’INVERSION DE PASCAL. Nous donnerons dans ces quelques pages trois démonstrations de la formule d’inversion de Pascal ainsi que deux de ses applications. Théorème : Soit ( un )n∈ et ( vn )n∈ deux suites, nous avons : n n ∀n∈ un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk k k n k k=0 k=0 Ce théorème constitue l’énoncé de la formule d’inversion de pascal. Première démonstration (Par techniques sommatoires). n Supposons ∀n ∈ un = ∑ Cnk vk nous avons alors : k =0 n n k ∑( −1) C u = ∑( −1) n−k n −k k =0 k n k k =0 C k n ∑C v i =0 i k i n k = ∑ ∑ ( − 1) n−k C nk C ki vi k =0 i =0 n n = ∑ ∑ ( − 1) n−k C nk C ki vi Inversion de somme i = 0 k =i n n n !k ! = ∑∑ ( −1) n−k vi i = 0 k =i k !(n − k )!i !(k − i )! n n n !( n − i )! = ∑ ∑ ( − 1) n−k vi i = 0 k =i ( n − i )!( n − k )!i !( k − i )! n n = ∑ ∑ ( − 1) n−k − C n C nn− ik vi i i =0 k =i n n = ∑ C n vi ∑ C nn− ik ( − 1) i − n−k i=0 k =i n n −i = ∑ Cn vi ∑ Cnk−i ( −1) i k Glissement d’indice. i =0 k =0 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 2. n = ∑ C n vi (1 − 1) i n −i Formule du binôme. i =0 = Cn vn 0n−n n = vn car 00 = 1 n Inversement supposons ∀n ∈ vn = ∑ (−1) n − k Cnk vk nous avons alors : k =1 n n k ∑C v = ∑C ∑(−1) k =0 k n k k =0 k n i =0 k −i Cki ui n k = ∑ ∑ ( − 1) k −i C nk C ki ui k =0 i =0 n n = ∑ ∑ ( − 1) k −i C nk C ki ui inversion de somme i = 0 k =i n n n !k ! = ∑∑ ( −1) k −i ui i = 0 k =i k !(n − k )!i !(k − i )! n n n !( n − i )! = ∑ ∑ ( − 1) k −i ui i =0 k =i ( n − i )!( n − k )!i !( k − i )! n n = ∑ ∑ ( − 1) k −i − C n C nk− ii u i i i =0 k =i n n = ∑ C n u i ∑ C n − ii ( − 1) i k− k −i i=0 k =i n n −i = ∑ Cn ui ∑ Cn − i ( −1) i k k Glissement d’indice. i =0 k =0 n = ∑ C n u i (1 − 1) i n −i Formule du binome. i =0 = Cn un 0n−n n = un car 00 = 1 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 3. Deuxième démonstration (par calcul matriciel). n ∀n ∈ un = ∑ Cnk vk peut se traduire matriciellement par : k =1  C0 0 0 . . . . . . 0   v0   u0   0 1      C1 C1 0 .   v1   u1   . . . .  .   .        . . . .  .   .   . . . .  . .  =  .        . . . .  .   .   . . . .  .   .       −1  Cn −1 0 Cnn−1 0  .   .   0 C n       n . . . . . . . Cn   vn   un  Il nous suffit d’inverser la matrice du premier membre pour trouver vn en fonction de un . Pour cela essayons de nous mettre dans une situation où cette inversion est évidente. n En remarquant que : ∀n ∈ x n = ( x − 1 + 1) n = ∑ Cnk ( x − 1) k , nous pouvons écrire : k =0 C 0 0 0 . . . . . . 0   ( x − 1)0   x 0       C 0 1 1 C1 0 .   ( x − 1)1   x1   . . . .  .   .        . . . .  .   .   . . . .  . .  =  .        . . . .  .   .   . . . .  .   .       n−  Cn −1 0 Cn −11 0  .   .   0 C       n . . . . . . . Cnn   ( x − 1)n   x n  n Mais comme d’autre part on a : ( x − 1) = ∑ Cn x k (−1)n − k , nous en déduisons : k n k =0 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 4.  ( x − 1)0   (−1)0 −0 C00 0 . . . . . . 0   x0   1  1− 0 0 1−1 1   1  ( x − 1)   (−1) C1 (−1) C1 0 .  x   .   . . . .  .        .   . . . .  .   . = . . . .  . .        .   . . . .  .   .   . . . .       .  n −1− 0 0 −1  .   (−1) Cn −1 (−1) Cnn−1 0 0  .   n   (−1) n −0 C 0   n   ( x − 1)   n . . . . . . . (−1) n − n Cnn   x  Nous avons bien trouver l’inverser de la matrice de départ. En revenant aux suite un et vn , nous obtenons :  v0   (−1)0− 0 C0 0 0 . . . . . . 0   u0     1− 0 0    v1   (−1) C1 (−1)1−1 C11 0 .   u1   .   . . . .  .        .  . . . .  .   . =  . . . .  . .        .  . . . .  .   .  . . . .  .        .   (−1) n −1−0 Cn −1 0 −1 (−1)0 Cnn−1 0  .      n−0 0 n−n  n    vn   (−1) Cn . . . . . . . (−1) Cn   un  n Ce qui montre que : ∀n ∈ vn = ∑ (−1) n − k Cnk vk . k =1 Troisième démonstration (par récurrence) Montrons par récurrence forte que : n n ∀n∈ un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk k n k k k=0 k=0 La formule est vraie pour n=0 car elle se ramène alors à u0 = v0 ⇔ v0 = u0 . Supposons la formule vraie jusqu’à n et démontrons qu’elle est vraie jusqu’à n+1. C’est-à-dire montrons que : k k ∀k ∈ 0; n +1 uk = ∑C v ⇔vk = ∑(−1)k−i Ckui i k i i i=0 i=0 n +1 Supposons un +1 = ∑ Cn +1vk , nous avons alors : k k =0 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 5. n n k vn +1 = un +1 − ∑ Cnk+1vk = un +1 − ∑ Cnk+1 ∑ (−1) k −i Cki ui par hypothèse de récurrence. k =0 k =0 i=0 Par des manipulations similaires à la première démonstration nous obtenons : n n −i vn +1 = un +1 − ∑ Cn +1ui ∑ (−1)k Cnk+1−i i i=0 k =0 La formule du binôme permet d’écrire : n +1− i n −i ∑ (−1) C k =0 k k n +1−i = (1 − 1) n +1− i = 0 donc ∑ (−1) C k =0 k k n +1− i = −(−1) n +1−i Cnn+11−ii = (−1)n −i + − On a alors : n vn +1 = un +1 − ∑ Cn +1ui (−1) n −i i i=0 Qui s’écrit plus simplement : n +1 vn +1 = ∑ (−1) n +1−i Cn +1ui i i =0 n +1 Inversement supposons vn +1 = ∑ (−1)n +1− k Cnk+1uk , nous avons alors : k =0 n n k un +1 = vn +1 − ∑ (−1) n +1− k Cnk+1vk = vn +1 − ∑ (−1)n +1− k Cnk+1 ∑ Cki vi par hypothèse de récurrence. k =0 k =0 i=0 Par des manipulations similaires à la première démonstration nous obtenons : n n +1−i un +1 = vn +1 − ∑ Cn +1vi i ∑ (−1) C k k n +1−i i=0 k =1 La formule du binôme permet d’écrire : n +1− i n +1− i ∑ (−1)k Cnk+1−i = (1 − 1)n+1−i = 0 donc k =0 ∑ (−1) C k =1 k k n +1−i = −(−1)0 Cn +1−i = −1 0 On a alors : n un +1 = vn +1 − ∑ Cn +1vi (−1) i i =0 Qui s’écrit plus simplement : n +1 un +1 = ∑ Cn +1vi i i =0 Première application : Dénombrement des surjections. Rappel : Une surjection d’un ensemble E dans un ensemble F est une application ou chaque élément de l’ensemble d’arrivé admet au moins un antécédent. Nous noterons S p ,n le nombre de surjections d’un ensemble de p éléments dans un ensemble de n éléments. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 6. Nous allons essayer de trouver une formule exprimant S p ,n grâce à la formule d’inversion de Pascal. Pour cela, nous remarquerons que le nombre des applications d’un ensemble de p éléments dans un ensemble de n éléments peut s’écrire comme la somme : - des applications ou 1 seul élément de l’ensemble d’arrivé a des antécédents. - des applications ou 2 éléments de l’ensemble d’arrivé ont des antécédents. … - des applications ou n éléments de l’ensemble d’arrivé ont antécédents. Pour calculer le nombre d’applications où exactement k éléments ont des antécédents, il suffit de dénombrer le choix les k éléments soit Cnk et de multiplier ensuite par le nombre de surjections vers les k éléments choisis soit S p ,k . Il y a donc Cnk .S p , k applications ou exactement k éléments de l’ensemble d’arrivé ont au moins un antécédent. Comme le nombre total d’applications d’un ensemble à p éléments vers un ensemble à n éléments est n p , on peut écrire : n n p = ∑ Cn .S p , k k k =1 Et c’est ici que nous pouvons utiliser la formule d’inversion de Pascal pour en déduire S p ,n Il suffit de poser un = n p et vn = S p ,n . n n ∀n∈ un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk k n k k k=0 k=0 devient : n n ∀n∈ n = ∑C S ⇔Sp,n = ∑(−1)n−k Cn k p p k n p,k k k=0 k=0 On peut donc énoncer : Théorème : Le nombre S p ,n de surjection d’un ensemble de p élément vers un ensemble de n éléments est donné par : n Sp,n = ∑(−1)n−k Cn k p k k=0 EXEMPLE CONCRET. De combien de façon peut on ranger 13 livres indiscernables sur 9 étagères en laissant exactement 5 étagères de libre ? 4 étagères doivent recevoir des livres soit C94 façons de les choisir. Ranger les 13 livres sur ces 4 étagères revient à associer une des 4 étagères à chacun des 13 livres de façon surjective (c’est a dire que chacune des 4 étagère recevra au moins un livre) Il y a donc S13,4 façon de faire cette association. La réponse au problème est donc C94 .S13,4 =126x60780720=7658370720. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 7. Deuxième application : Permutation de n éléments ne laissant aucun points fixes. Nous noterons N n le nombre de permutations d’un ensemble à n éléments ne laissant aucun points fixes appelé aussi dérangement. Le nombre total de permutations d’un ensemble à n élément étant n ! , nous procéderons comme dans l’application précédente en décomposant celui-ci en la somme des nombres des applications dérangeant successivement k éléments pour k allant de 0 à n. Pour déranger k éléments dans un ensemble à n éléments, il faut choisir les k éléments devant être dérangé soit Cnk possibilités. Puis effectivement déranger ces k éléments soit N k possibilités. Il y a donc Cnk .N k façons de déranger k éléments dans un ensemble de n éléments. Nous pouvons donc écrire : n n ! = ∑ Cn N k k k =0 en posant un = n ! et vn = N n , nous pouvons utiliser la formule d’inversion de Pascal. n n ∀n∈ un = ∑C v ⇔vn = ∑(−1)n−k Cn uk k n k k k=0 k=0 devient : n n ∀n∈ n!= ∑C Nk ⇔ Nn = ∑(−1)n−k Cn k! k n k k=0 k=0 Le nombre de dérangements d’un ensemble à n éléments est donc : n Nn = ∑(−1)n−k Cn k! k k=0 n! Que l’on peut écrire en remarquant que Cnk .k ! = (n − k )! (−1)n−k n Nn = n!∑ k=0 (n − k)! Et en faisant le changement d’indice k → n − k (−1)k n Nn = n!∑ k=0 (k)! Théorème : Le nombre N n des permutations d’un ensemble à n éléments ne laissant aucun point fixe, appelé aussi dérangement, d’un ensemble à n éléments est donné par : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 8. n (−1)k Nn = n!∑ k=0 (k)! EXEMPLE CONCRET. En partant en randonné un groupe de 10 personnes possédant chacune une chambre laisse leurs 10 clefs à l’hôtelier qui, peu ordonné, se retrouve incapable, au retour des 10 randonneurs, de savoir à qui appartient chaque clef, celles-ci ayant été mélangées. Il décide donc de rendre au hasard une clef à chacun des randonneurs. Déterminer la probabilité que 3 personnes se retrouvent avec leur clef ? Il y a autant de possibilité de rendre les 10 clefs que de permutations dans un ensemble à 10 clefs soit 10! possibilités. Pour dénombrer les permutations laissant 3 clefs fixes, il suffit de choisir les 3 clefs fixes en question soit C10 = 120 possibilités et de dénombrer les 3 7 ( −1) k dérangements des 7 clefs restantes soit N 7 = 7! ∑ = 1854 . k = 0 ( k )! 120 × 1854 103 La probabilité que 3 randonneurs retrouvent leur clef est donc = . 10! 1680 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa