Le document présente la formule d'inversion de Pascal à travers trois démonstrations et deux applications. La première démonstration utilise des techniques sommatoires, la deuxième s'appuie sur des calculs matriciels, et la troisième est une démonstration par récurrence. Une des applications est le dénombrement des surjections entre ensembles, reliant le nombre d'applications à la formule d'inversion.

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
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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
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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
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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
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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.
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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.
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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 :
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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
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