Quelques extraits du site

Voici quelques extraits en libre accès pour donner une petite idée du contenu du site.
Sur un smartphone, on recommande une lecture en “mode paysage”.

Un exercice donné à l'oral de Centrale, filière Mp
(Oral Centrale Mp)
On se place dans le plan {\mathbb{P}} euclidien, rapporté à un repère orthonormé.

Pour tout {a\in\mathbb{N}^*}, on note {\Gamma_a} la courbe d’équation {x^3+y^3=a}.

Soit {\Gamma_a(\mathbb{Z})} l’ensemble des points de {\Gamma_a} à coordonnées entières.

    • Indiquer comment les courbes {\Gamma_a} se déduisent les unes des autres.
    • Étudier et tracer rapidement la courbe {\Gamma_{1}}.
  1. Dans cette question, {a} est un entier strictement positif fixé.

    • Montrer que {(x,y)\in\Gamma_a(\mathbb{Z})} si et seulement s’il existe un diviseur {d} de {a} tel que :{1\le d\le (4a)^{1/3}\text{\ et\ }(S):\begin{cases}y=d-x\\ 3x^2-3dx+d^2-a/d=0\end{cases}}En déduire que {\Gamma_a(\mathbb{Z})} est fini (éventuellement vide).
    • Montrer que {\Gamma_{91}(\mathbb{Z})=\{(-5,6),(3,4),(4,3),(6,-5)\}}.
    • Soit {P_{0}=(x_{0},y_{0})} un point à coordonnées rationnelles de {\Gamma_{7}}.

      Montrer que la tangente en {P_{0}} à {\Gamma_{7}} recoupe cette courbe en un point {P_{1}=(x_{1},y_{1})} à coordonnées rationnelles, distinct de {P_{0}}.

      On vérifiera que {\begin{cases}x_{1}=\varphi(x_{0})\\y_{1}=\varphi(y_{0})\end{cases}}, où {\varphi(t)=t\,\dfrac{14-t^3}{2t^3-7}}.

      En itérant le procédé précédent, on forme donc une suite {P_{n}(x_{n},y_{n})} de points à coordonnées rationnelles sur la courbe {\Gamma_{7}}.
      On admet que les points {P_{n}} sont distincts deux à deux.

    • Déduire de ce qui précède que pour tout {m} de {\mathbb{N}^*}, il existe {a} dans {\mathbb{N}^*} tel que la courbe {\Gamma_a} possède au moins {m} points distincts à coordonnées entières.

Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

    • On a les équivalences : {\begin{array}{rl}(x,y)\in\Gamma_a&\Leftrightarrow x^3+y^3=a\\\\&\Leftrightarrow \Bigl(\dfrac{x}{{a}^{1/3}}\Bigr)^3+\Bigl(\dfrac{y}{{a}^{1/3}}\Bigr)^3=1\\\\&\Leftrightarrow \Bigl(\dfrac{x}{{a}^{1/3}},\dfrac{y}{{a}^{1/3}}\Bigr)\in\Gamma_{1}\end{array}}Ainsi {\Gamma_a} se déduit de {\Gamma_{1}} par l’homothétie de centre {0} et de rapport {{a}^{1/3}}.

      Finalement {\Gamma_{b}} se déduit de {\Gamma_a} par l’homothétie de centre {0} et de rapport {{\Bigl(\dfrac{b}{a}\Bigr)}^{1/3}}.

    • La droite {y=x} est bien sûr axe de symétrie de toutes les courbes {\Gamma_a}.

      On a {(x,y)\in\Gamma_{1}\Leftrightarrow y=f(x)={(1-x^{3})}^{1/3}}.

      D’autre part {f} est une bijection continue strictement de {\mathbb{R}}.

      Pour {x\ne1}, on a {f'(x)=-\dfrac{x^{2}}{{(1-x^{3})}^{1/3}}}.

      Il y a deux inflexions, en {(0,1)} (tangente horizontale) et en {(1,0)} (tangente verticale).

      Quand {x\to\pm\infty} : {\begin{array}{rl}f(x)&=-x{\biggl(1-\dfrac{1}{x^3}\biggr)}^{1/3}\\\\&=-x+\dfrac{1}{3x^{2}}+\text{o}\Bigl(\dfrac{1}{x^2}\Bigr)\end{array}}Ainsi {y=-x} est asymptote (courbe au-dessus car {f(x)^3=1-x^3>(-x)^3}).

      Voici une collection de courbes {\Gamma_a}

      (on a représenté aussi “{\Gamma_{0}}” qui n’est autre que l’asymptote commune).

    • On a l’équivalence : {(x,y)\in\Gamma_a(\mathbb{Z})\Leftrightarrow a=(x+y)(x^2-xy+y^2)}Ainsi {\exists\, d\in\mathbb{N}^{*},\;d\mid a,\begin{cases}x+y=d\cr x^2-xy+y^2=a/d\end{cases}}

      Cela équivaut à {\begin{cases}y=d-x\cr 3x^2-3dx+d^2-a/d=0~(E)\end{cases}}

      L’entier {a} n’a qu’un nombre fini de diviseurs {d}, et pour chacun d’eux l’équation {(E)} a au plus deux solutions réelles (et a fortiori au plus deux solutions entières!), donc {\Gamma_a(\mathbb{Z})} est fini.

      Le discriminant de {(E)} valant {\Delta=\dfrac{3}{d}(4a-d^3)}, on se limite à {1\le d\le {(4a)}^{1/3}}.

    • Les diviseurs {d>0} de {a=91} forment {\{1,7,13,91\}}.

      On se limite à {d\le{(4a)}^{1/3}\approx 7.14}.

      • Pour {d=1}, on a : {\begin{array}{rl}(E)&\Leftrightarrow x^2-x-30=0\\\\&\Leftrightarrow x\in\{-5,6\}\end{array}}On trouve donc {(-5,6)} et {(6,-5)}.
      • Pour {d=7}, on a :{\begin{array}{rl}(E)&\Leftrightarrow x^2-7x+12=0\\\\&\Leftrightarrow x\in\{4,3\}\end{array}}On trouve donc {(4,3)} et {(3,4)}.
    • Le point courant sur la tangente en {P_{0}} est : {M(t)=P_{0}+tu_{0}=(x_{0}+ty_{0}^2,y_{0}-tx_{0}^2)}On a les équivalences (sachant {x_{0}^3+y_{0}^3=7}, et en écartant {t=0}) :{\begin{array}{l}M(t)\in\Gamma_{7}\\\\\quad\Leftrightarrow (x_{0}+ty_{0}^2)^3+(y_{0}-tx_{0}^2)^3=7\\\\\quad\Leftrightarrow(y_{0}^6-x_{0}^6)t^3+3(x_{0}y_{0}^4+y_{0}x_{0}^4)t^2=0\\\\\quad\Leftrightarrow ((y_{0}^3-x_{0}^3)t+3x_{0}y_{0})t^2=0\\\\\quad\Leftrightarrow t=\dfrac{3x_{0}y_{0}}{x_{0}^3-y_{0}^3}\end{array}}Remarque: on a {x_{0}^3\ne y_{0}^3} (sinon {2x_{0}^3=7}, alors que {x_{0}} est rationnel).

      La tangente en {P_{0}} à {\Gamma_{7}} recoupe donc {\Gamma_{7}} en {P_{1}(x_{1},y_{1})}, avec : {\begin{array}{l}x_{1}=x_{0}+ty_{0}^2=x_{0}\,\dfrac{x_{0}^3+2y_{0}^3}{x_{0}^3-y_{0}^3}=\varphi(x_{0})\\\\y_{1}=y_{0}-tx_{0}^2=y_{0}\,\dfrac{y_{0}^3+2x_{0}^3}{y_{0}^3-x_{0}^3}=\varphi(y_{0})\end{array}}Nb: l’égalité {x_{1}=x_{0}} impliquerait {14-x_{0}^3=2x_{0}^3-7} donc {x_{0}^3=7}, ce qui n’est pas.

    • Soit {m\in\mathbb{N}^*}, et les points {P_{0}=(x_{0},y_{0})}, {P_{1}=(x_{1},y_{1})}, {\ldots}, {P_{m-1}=(x_{m-1},y_{m-1})}.

      Il existe un entier {N} tel que les {Nx_{k}} et {Ny_{k}} soient entiers pour {0\le k\lt m}.

      Pour {0\le k\lt m}, on a alors {(Nx_{k})^3+(Ny_{k})^3=7N^3}.

      Ainsi {\Gamma_{7N^3}} contient au moins {m} points différents à coordonnées entières.


Un exercice de première année, avec des probabilités et du Python

  1. Nombre de façons d’écrire {9} et {10} comme somme de trois entiers de {[[ 1,6]]}.
  2. On lance trois dés. Soit {S} la somme. Comparer {\mathbb{P}(S=9)} et {\mathbb{P}(S=10)}.

Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  1. Il y a six façons distinctes d’écrire {9} comme somme de trois entiers de {[[ 1,6]]} :
    {\left\{\begin{array}{rlll}9&=6+2+1&=5+3+1&=5+2+2\\&=4+4+1&=4+3+2&=3+3+3\end{array}\right.}Il y a également six façons distinctes d’écrire {10} comme somme de trois entiers de {[[ 1,6]]} :
    {\left\{\begin{array}{rlll}10&=6+3+1&=6+2+2&=5+4+1\\&=5+3+2&=4+4+2&=4+3+3\end{array}\right.}
  2. On suppose que les dés sont différenciés, ou qu’on lance le même dé trois fois de suite.

    L’univers des possibles est {[[ 1,6]]} (de cardinal {6^{3}=216}), avec la probabilité uniforme.

    On va coder une issue {(i,j,k)} par l’entier à trois chiffres {ijk}.

    On constate alors que l’évènement {S=9} s’écrit comme la réunion de 25 issues différentes (on a isolé sur une même ligne les issues correspondant à une même décomposition de {9} en somme de trois entiers de {[[1,6]]}) :

    {\left\{\begin{array}{l}621,\;612,\;261,\;216,\;162,\;126,\\531,\;513,\;351,\;315,\;153,\;135,\\522,\;252,\;225\\441,\;414,\;144\\432,\;423,\;342,\;324,\;243,\;234\\333\end{array}\right.}

    Avec le même principe, l’événement {S=10} s’écrit:
    {\left\{\begin{array}{l}631,\;613,\;361,\;316,\;163,\;136,\\622,\;262,\;226,\\541,\;514,\;451,\;415,\;154,\;145,\\532,\;523,\;352,\;325,\;253,\;235\\442,\;424,\;244,\\433,\;343,\;334\end{array}\right.}

    Il y a donc {25} (resp. {27}) issues élémentaires qui donnent la somme {9} (resp. {10}).

    Ainsi {\mathbb{P}(S=9)=\dfrac{25}{216}\approx 0.11574}, et {\mathbb{P}(S=10)=\dfrac{27}{216}=\dfrac{3}{24}=0.125}.

    On a donc {\mathbb{P}(S=10)>\mathbb{P}(S=9)} alors qu’il y a autant (en l’occurence {6}) de façons de décomposer {10} ou {9} en la somme de trois entiers de {[[ 1,6]]};

    Ce problème est connue sous le nom “paradoxe du Duc de Toscane” (soumis à Galilée). Le paradoxe apparent est dû au fait qu’il n’y a pas équiprobabilité des décompositions (par exemple, {6+2+1} est six fois plus probable que {2+2+2}).

    La fonction Python suivante (rustique) donne les nombres de décompositions de somme {s}.

    La somme minimum est {3}, le maximum est {18} (on place les effectifs dans une liste {t}):

    On voit bien qu’il y a {25} façons d’obtenir la somme {9}, et {27} façons d’obtenir la somme {10}:

  3. Complément :On va écrire une fonction récursive Python renvoyant la liste des {\varphi(n,m,s)} (avec {0\le s\le nm}), où {\varphi(n,m,s)} est le nombre de {n}-uplets de {[[ 0,m]]} qui donnent une somme {s} donnée (cette liste est indicée par les valeurs de {s}, donc de l’indice {0} à l’indice {nm}).On initialise avec la liste [1]: en effet, pour {n=0}, il n’y a qu’une seule décomposition (la décomposition vide!) et elle donne la somme {s=0}. Ensuite, on discute suivant le résultat {j} (avec {0\le j\le m}) du premier élément du {n}-uplet. On trouve :{\begin{array}{rl}\varphi(n,m,s)&=\displaystyle\sum_{j=0}^{j=m}\varphi(n-1,m,s-j)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=s-m}^{k=s}\varphi(n-1,m,k)\end{array}}L’indice {k} est limité à l’intervalle {[[ s-m,s]]}, mais il faut aussi imposer {0\le k\le (n-1)m}.L’intervalle en {k} est donc {[[ \max(0,s-m),\min(s,(n-1)m)]]}.On obtient la fonction suivante (qui utilise la notion de “slicing” d’une liste Python).

    Voici par exemple les nombres de {7}-uplets de somme {s} donnée, avec des composantes dans {[[ 0,5]]} (par exemple le nombre {7}-uplets de {[[ 0,6]]} dont la somme est {11} est {10906}).

    Ici on trace le diagramme des effectifs précédents.
    À un coefficient multiplicatif près sur l’échelle en {y} on trouve la loi de la somme de sept dés. Il semble que cette loi “tende” vers une loi normale.

    probas-partitions


Quelques sommes avec des coefficients biomiaux
Exercice 1.
Soit {n} un entier naturel. Calculer A et B, avec :
{\begin{array}{l}A=\dbinom n0+2\dbinom n2+\cdots+2^p\dbinom n{2p}+\cdots\\\\B=\dbinom n1+2\dbinom n3+\cdots+2^p\dbinom n{2p+1}+\cdots\end{array}}
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé
On développe {(1+x)^n}, avec {x=\pm\sqrt2}.

On trouve en effet :
{\begin{array}{l}(1+\sqrt2)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n(\sqrt2)^k\dbinom{n}{k}\\\\\quad=\dbinom{n}0+\sqrt2\dbinom{n}1+2\dbinom{n}2+2\sqrt2\dbinom{n}3+2^2\dbinom{n}4+2^2\sqrt2\dbinom{n}5+\cdots\\\\\quad=A+B\sqrt2\end{array}}De même, {(1-\sqrt2)^n=A-B\sqrt2}. On en déduit : {\begin{array}{l}A=\dfrac12\left((1+\sqrt2)^n+(1-\sqrt2)^n\right)\\\\B=\dfrac1{2\sqrt2}\left((1+\sqrt2)^n-(1-\sqrt2)^n\right)\end{array}}

Exercice 2.
Calculer {A=\dbinom n1+2\dbinom n2+\cdots+n\dbinom nn= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom nk}.

(on demande trois méthodes différentes)

Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • Première méthode :

    On a {A= \displaystyle\sum_{k=1}^n k\dbinom{n}{k}}.

    Pour k\ge1, on a : {k\dbinom{n}{k}=\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}=n\dbinom{n-1}{k-1}}.

    Ainsi : {A=n \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n-1}{k-1}=n \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom{n-1}k=n2^{n-1}}.

  • Deuxième méthode :
    Pour tout réel {x}, on sait que {(1+x)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k}.

    Si on dérive cette égalité par rapport à {x}, on trouve : {\forall x\in\mathbb{R},n(1+x)^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}x^{k-1}}Donc avec {x=1} : { \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}=n2^{n-1}}.

  • Troisième méthode :

    {\dbinom{n}{k}} est le nombre de parties à {k} éléments de {E=\{1,\ldots,n\}}.

    Donc {A= \displaystyle\sum_{k=0}^n k\dbinom{n}{k}= \displaystyle\sum_{X\subset E}\text{card} X}

    (la somme étant étendue à toutes les parties {X} de {E}).

    Or quand {X} décrit {\mathcal{P}(E)}, {\overline{X}} décrit lui aussi {{\mathcal P}(E)}.

    On peut donc également écrire : {\begin{array}{rl}A&= \displaystyle\sum_{X\subset E}\text{card}\overline{X}=\displaystyle\sum_{X\subset E}(n-\text{card} X)\\\\&=n\displaystyle\sum_{X\subset E}1- \displaystyle\sum_{X\subset E}\text{card} X= n2^n-A\end{array}}On retrouve donc bien {A=n2^{n-1}}.

Exercice 3.
Calculer {B= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac 1{k+1}\dbinom nk}, avec deux méthodes différentes
Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • Première méthode :

    On note que {(n+1)\dbinom{n}{k}=(k+1)\dbinom{n+1}{k+1}}.

    Ainsi {\dfrac1{k+1}\dbinom{n}{k}=\dfrac1{n+1}\dbinom{n+1}{k+1}}.

    On peut donc écrire : {\begin{array}{rl}B&= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac 1{k+1}\dbinom nk=\dfrac{1}{n+1} \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n+1}{k+1}\\\\&=\dfrac{1}{n+1} \displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}=\dfrac{1}{n+1}(2^{n+1}-1)\end{array}}

  • Deuxième méthode :
    On intègre l’égalité {(1+x)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k} entre {0} et {x}.

    On trouve : {\dfrac1{n+1}((1+x)^{n+1}-1)= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}\dfrac1{k+1}\,x^{k+1}}.

    On pose {x=1} et on obtient : {\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac1{k+1}\dbinom{n}{k}=\dfrac1{n+1}(2^{n+1}-1)}

Exercice 4.
Calculer {C=\dbinom n1+2^2\dbinom n2+\cdots+n^2\dbinom nn= \displaystyle\sum_{k=1}^nk^2\dbinom{n}{k}}.

On donnera trois méthodes différentes!

Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • Première méthode : {\begin{array}{rl}C&= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,k\,\dbinom{n}{k}+ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\,k(k-1)\,\dbinom{n}{k}\\\\&= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,k\,\dbinom{n}{k}+ \displaystyle\sum_{k=2}^{n}\,k(k-1)\,\dbinom{n}{k}\end{array}}Comme vu dans l’exercice précédent : {A= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,k\,\dbinom{n}{k}=n2^{n-1}}.

    D’autre part, pour tout {k\ge2}, on a : {k(k-1)\dbinom{n}{k}=n(n-1)\dbinom{n-2}{k-2}}On peut donc écrire : {\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\,k(k-1)\,\dbinom{n}{k}&=n(n-1) \displaystyle\sum_{k=2}^{n}\dbinom{n-2}{k-2}\\\\&=n(n-1) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-2}\dbinom{n-2}{k}=n(n-1)2^{n-2}\end{array}}Ainsi : {C=n2^{n-1}+n(n-1)2^{n-2}=n(n+1)2^{n-2}}.

  • Deuxième méthode:
    On dérive deux fois {f(x)=(1+x)^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}x^k} : {\begin{cases}f'(x)=n(1+x)^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}x^{k-1}\\\\f''(x)=n(n-1)(1+x)^{n-2}\\\\\qquad= \displaystyle\sum_{k=2}^nk(k-1)\dbinom{n}{k}x^{k-2}\end{cases}}En particulier, avec {x=1} :
    {\begin{cases}f'(1)=n2^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}\\\\f''(1)=n(n-1)2^{n-2}= \displaystyle\sum_{k=2}^nk(k-1)\dbinom{n}{k}\end{cases}}On peut démarrer la deuxième somme à {k=1}.

    On ajoute les deux sommes et on trouve : {\begin{array}{rl}C&=\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2\dbinom{n}{k}=f'(1)+f''(1)\\\\&=n2^{n-1}+n(n-1)2^{n-2}=n(n+1)2^{n-2}\end{array}}

  • Troisième méthode :
    On dérive deux fois {g(x)=(1+\text{e}^{x})^n= \displaystyle\sum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}\text{e}^{kx}} : {\begin{cases}g'(x)=n\text{e}^{x}(1+\text{e}^{x})^{n-1}= \displaystyle\sum_{k=1}^nk\dbinom{n}{k}\text{e}^{kx}\\\\g''(x)=n\text{e}^{x}(1+\text{e}^{x})^{n-2}(1+n\text{e}^{x})= \displaystyle\sum_{k=2}^nk^2\dbinom{n}{k}\text{e}^{kx}\end{cases}}En particulier, avec {x=0} : {\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2\dbinom{n}{k}=g''(0)=n(n+1)2^{n-2}}

Exercice 5.
Soient {n} et {p} dans {\mathbb{N}}. Prouver que { \displaystyle\sum_{k=n}^p\dbinom kn=\dbinom {p+1}{n+1}}.

On donnera trois méthodes différentes.

Cliquer ici pour voir (ou cacher) le corrigé

  • Première méthode :

    On procède par récurrence sur {p}, à {n} fixé.

    On constate que la propriété est vraie si {p=n} (c’est le pas initial).

    Supposons qu’elle le soit pour un certain entier {p\ge n}.

    Alors, au rang {p+1}, on a : {\begin{array}{rl} \displaystyle\sum_{k=n}^{p+1}\dbinom kn&= \displaystyle\sum_{k=n}^p\dbinom kn+\dbinom{p+1}{n}\\\\&=\dbinom{p+1}{n+1}+\dbinom{p+1}{n}\text{\ (hypothèse de récurrence)}\\\\&=\dbinom{p+2}{n+1}\text{\ (triangle de Pascal)}\end{array}}Ce qui prouve la propriété au rang {p+1} et achève la récurrence.

  • Deuxième méthode :

    On utilise là encore la propriété à la base du triangle de Pascal.

    Pour tout entier {k>n}, on a : {\dbinom{k}{n}=\dbinom{k+1}{n+1}-\dbinom{k}{n+1}}.

    On en déduit :
    {\begin{array}{rl} \displaystyle\sum_{k=n}^p\dbinom{k}{n}&=\dbinom{n}{n}+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom kn\\\\&=1+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\left(\dbinom{k+1}{n+1}-\dbinom{k}{n+1}\right)\\\\&=1+ \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom{k+1}{n+1}- \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom{k}{n+1}\\\\&=1+ \displaystyle\sum_{k=n+2}^{p+1}\dbinom{k}{n+1}- \displaystyle\sum_{k=n+1}^p\dbinom{k}{n+1}\\\\&=1+\dbinom{p+1}{n+1}-\dbinom{n+1}{n+1}=\dbinom{p+1}{n+1}\end{array}}

  • Troisième méthode :

    Soit {\mathcal A} l’ensemble des parties de {\{1,2,\ldots,p+1\}} à {n+1} éléments.

    On sait que le cardinal de l’ensemble {\mathcal A} est {\dbinom{p+1}{n+1}}.

    Si {X} est un élément de {\mathcal A}, alors {\max(X)\in\{n+1,\ldots,p+1\}}.

    On note {{\mathcal A}_k} le sous-ensemble de {\mathcal A} formé des parties d’élément maximum {k+1}.

    L’ensemble {\mathcal A} est la réunion disjointe des {{\mathcal A}_k}, pour {n\le k\le p}.

    Pour former un élément de {{\mathcal A}_k}, c’est-à-dire une partie {X} de {\{1,2,\ldots,p+1\}} ayant {n+1} éléments et telle que {\max(X)=k+1}, il faut bien entendu choisir arbitrairement {n} éléments parmi {\{1,2,\ldots,k\}}, ce qui peut se faire de {\dbinom{k}{n}} façons différentes.

    Ainsi {\text{card}({\mathcal A}_k)=\dbinom{k}{n}} et de plus {\text{card}({\mathcal A})=\displaystyle\sum_{k=n}^{p}\text{card}({\mathcal A}_k)}.

    On en déduit {\dbinom{p+1}{n+1}=\displaystyle\sum_{k=n}^{p}\dbinom{k}{n}}.


Les slides du chapitre 'Réduction' du cours de 2ème année
Vous pouvez visualiser ici le contenu d’un chapitre. Mais bien sûr, si vous avez souscrit à mathprepa, vous pouvez le télécharger et le consulter en pleine page, hors-connexion.

www.mathprepa.fr-slides_2eme_annee_chap-02-Reduction-endomorphismes