Généralités sur les nombres de Stirling

Corrigé 206 Centrale TSI Math I /3 I Généralités sur les nombres de Stirling I.A. Premières propriétés des nombres de Stirling I.A.. a) La seule décomposition de 3 en somme de deux entiers non nuls est 3 +2. Ainsi, si E est de cardinal 3, toute partition de E en deux, comporte deux ensembles de cardinal respectif et 2. Pour l ensemble de cardinal, il existe ( 3 ) 3 possibilités, l ensemble de cardinal 2 est entièrement déterminé comme le complémentaire du premier dans E. On en déduit b) La seule partition de E en une partie est {E}. S 3,2 3 S n, n N Il n y a qu une façon de faire une partition d un ensemble de cardinal n en n sous-ensembles non vides : chaque sous-ensemble est un singleton (de cardinal ); l ordre de ces singletons n ayant pas d incidence, on a S n,n n N I.A.2. a) i. La seule partition de E en deux parties, dont l une est le singleton {4} est : {{,2,3}, {4}} a) ii. Les partitions de E en deux, qui ne contiennent pas le singleton {4}, sont : {{,4}, {2,3}} {{2,4}, {,3}} {{3,4}, {,2}} {{}, {2,3,4}} {{2}, {,3,4}} {{3}, {,2,4}} a) iii. Considérons une partition en deux parties de E. Soit elle contient le singleton {4}, soit elle ne le contient pas. Dénombrons séparément celles qui contiennent le singleton {4} et les autres. Si elle contient comme partie le singleton {4}, l autre partie est nécessairement une partition en un seul élément de E {4}. Le nombre de partitions de E en deux parties dont l une est le singleton {4} est donc S 3, Si elle ne contient pas le singleton {4}, on peut l interpréter comme une partition en deux parties de E {4} à laquelle l élément 4 a été ajouté dans l une des deux parties. Réciproquement, chaque partition de E {4} en deux parties, fournit ainsi deux partitions de E en deux parties, qui sont des partitions non composées du singleton {4}. Ainsi, le nombre de partitions de E en deux parties ne comportant pas le singleton {4} est le double du nombre de partitions de E {4} en deux parties, soit 2S 3,2. En résumé, on a montré S 4,2 S 3, +2S 3,2 ce qui est bien un cas particulier de S n,k +ks n,k

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 2/3 b) i. Les partitions de E en k parties dont l une est { } sont en bijection avec les partitions de E { } en k parties. Elles ont donc même cardinal Le nombre de partitions de E en k parties dont l une est { } est S n,k b) ii. De toute partition de E { } en k parties, on peut construire k partitions distinctes de E en k parties, il suffit d ajouter à l une des k parties. On construit ainsi toutes les partitions de E en k parties qui ne comportent pas le singleton { } Le nombre de partitions de E en k parties dont aucune n est { } est ks n,k b) iii. Soit une partition de E en k parties contient le singleton { }, soit elle ne le contient pas. Le nombre de partitions de E en k parties est donc la somme du nombre de partitions de E en k parties qui contiennent { } et du nombre de partitions de E en k parties qui ne contiennent pas { } : S n,k +ks n,k n 2, k {,...,n } I.A.3. Soit P n la propriété S n,n n(n ) 2 pour n 2. Démontrons la par récurrence. Pour n 2, la propriété affirme S 2,, ce qui est cohérent avec le résultat de la question I.A..b. Supposons P n vraie à un certain rang n et démontrons-la à l ordre n+. On a S n+,n S n,n +ns n,n n(n ) +n 2 n(n )+2n 2 n(n+) 2 (d après la question précédente) (d après la question I.A..b et l hypothèse de récurrence) Ce qui termine la démonstration. S n,n n(n ) 2 n 2 I.A.4. En utilisant S n,k +ks n,k n 2, k {,...,n }, dans le cas n 3 et k 2 (ce qui est compatible avec les conditions), on en déduit successivement : S n,2 S n, +2S n,2 S n,2 +2S n,2 S n,2 + 2+2S n,2 S n,2 + 2(S n,2 +) Ainsi, la suite (S n,2 +) n 2 est une suite géométrique de raison 2. On en déduit (puisque S 2,2 ) S n,2 + 2 n 2 (S 2,2 +) 2 n S n,2 2 n n 2

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 3/3 I.A.5. a) On suppose n < k. Soit f une application de E dans F. Le cardinal de f(e) est inférieur ou égal à Card(E) n, et donc l image de E par f est de cardinal strictement plus petit que k. L application f ne peut pas être surjective. σ n,k 0 si k < n b) On suppose n k. Toute application surjective est alors nécessairement bijective. Compter le nombre de surjections, c est compter le nombre de bijections dont on sait qu il est égal à σ n,k si k n c) Soit f une surjection de E dans F. On a F {y,y 2 }. Notons A l image réciproque de y et A 2 celle de y 2 ; ce sont deux parties de E non vides puisque f est une surjection. De plus, {A,A 2 } est une partition de E. Toutefois, {A 2,A } est la même partition de E mais correspond à une autre surjection de E dans F. Ainsi, à toute partition en deux parties de E correspond exactement deux surjections de E dans F. On en déduit σ 3,2 2S 3,2 6 d) i. Montrons que A {A,...,A k } est une partition de E : Soit i {,...,k}. L ensemble A i est une partie de E puisque c est l image réciproque par f d une partie de F. Soit i {,...,k}. L ensemble A i n est pas vide puisque f est surjective. Soit i,j {,...,k} distincts. L ensemble A i A j est vide car sinon un élément de cette intersection aurait à la fois pour image y i et y j ; ce qui est impossible car y i et y j sont supposés distincts. La réunion des A i pour i {,...,k} est par construction f (F) E A {A,...,A k } est bien une partition de E d) ii. Soit A {A,...,A k } une partition de E. Le nombre de surjections associées à cette partition est égal au nombre de bijections entre {A,...,A k } et F ; or le nombre de bijections entre deux ensembles de cardinal k est k!. Le nombre de surjections associées à A est k! d) iii. On en déduit immédiatement σ n,k k! I.A.6. Démontrons la propriété par récurrence sur n : Pour n 0, la seule valeur de k comprise entre 0 et n est 0. Comme S 0,0 0 0, la propriété est vérifiée.pour n, les valeurs de k comprises entre 0 et sont 0 et et on vérifie que S,0 0 0 et que S, 2. Soit n 2. Supposons la propriété vraie à l ordre n, avec k compris entre 0 et n. On cherche à démontrer la propriété à l ordre n, avec k compris entre et n. Nous allons traiter d abord le cas où k est compris entre 0 et n, puis le cas où k n. Tout d abord considérons k un entier compris entre 0 et n. On a S n,k +ks n,k (2(k )) n +k(2k) n 2 n [(k ) n +k n ] 2 n [k n +k n ] (2k) n Traitons maintenant le cas k n. On a S n,n (2n) n.

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 4/3 La propriété est donc vraie à l ordre n pour toute valeur de k comprise entre 0 et k. (2k) n n N, k {0,...,n} I.B. Utilisation des nombres de Stirling en algèbre linéaire I.B.. La famille {P 0,...,P N } est une famille de N + polynômes à degré échelonné ; I.B.2. a)soit k {0,...,N }, P k+ {P 0,...,P N } est une base de R N [X] k k (X j) (X k) (X j) (X k)p k XP k kp k j0 j0 On en déduit XP k P k+ +kp k k {0,...,N } b) Démontrons la propriété par récurrence. Pour n 0, elle se traduit par, donc elle est vérifiée. Supposons-la vrai au rang n (pour n ) : X n n S n,k P k On a alors n X n XX n S n,k XP k n S n,k (P k+ +kp k ) n n S n,k P k+ + S n,k kp k n k ( n n S n,k P k + S n,k kp k (d après la question précédente) (S n,k +ks n,k )P k )+S n,n P n +S n,0 0P 0 k ( n P k )+S n,n P n (d après la question I.A.2.b)iii) k ( n P k )+S n,n P n (puisque S n,n S n,n ) k n P k X n n P k n {0,...,N}

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 5/3 I.B.3. La matrice de passage de B 0 à B est la matrice dont les colonnes sont les coordonnées des éléments X n de B 0 dans la base B. Or ces coordonnées sont précisés à la question précédente. 0...... 0 S 0,0 S,0... S N,0 0...... 0 S,... S N, M............... Sn,k S N,k. 0... 0 S... N,N 0...... 0 En particulier, M est une matrice triangulaire supérieure d ordre N +, dont le coefficient sur la ligne k et colonne n (pour k,n {0,...,N}) est égal à si k n et 0 si k > n. Les coefficients sur la diagonales sont tous égaux à. I.B.4. a) La matrice M étant triangulaire supérieure, ses valeurs propres se lisent sur la diagonales et on a Le polynôme caractéristique de M est (X ) N+ b) Soit N 2. M est une matrice d ordre au moins 3 non diagonale (le coefficient sur la deuxième ligne,dernière colonne n est pas nul, il vaut ). Si on suppose que M est diagonalisable alors, M serait semblable à une matrice diagonale dont les coefficients sur la diagonale seraient les valeurs propres de M. La seule valeur propre de M étant, la matrice M serait semblable à la matrice identité. Or la matrice identité n est semblable qu à elle-même. Comme M n est pas la matrice identité, elle ne peut pas être diagonalisable. Si N 2, la matrice M n est pas diagonalisable Si N, la matrice M est une matrice 2 2 diagonale, puisque c est la matrice identité ; elle est donc diagonalisable. Si N, la matrice M est diagonale I.C. Un lien entre nombres de Stirling et loi de Poisson I.C.. Pour on nul, posons u i in x i. La suite (u i ) est à termes strictement positifs, on peut utiliser le critère de d Alembert. ( ) n u i+ i+ x lim lim i + u i i + i i+ 0 La série de terme général u i est donc absolument convergente quelque soit la valeur de x 0. Pour x 0, la série converge clairement. I.C.2. f 0 (x) f (x) i0 i0 i 0 xi e x i xi Le rayon de la série entière i xi i0 i n xi est + Le domaine de définition de f n est R (i )! xi x x i (i )! xi x xex i0

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 6/3 f 2 (x) i0 i2 i 2 xi i (i )! xi +x i 2 xi x 2 e x +xe x x(x+)e x I.C.3. Il suffit de lire la définition de P k i (i )! xi (i )! xi x 2 x R, i2 i + (i )! xi (i 2)! xi 2 +x f 0 (x) e x f (x) xe x f 2 (x) x(x+)e x P 0 (i) i N 0 i {0,...,k } k N, P k (i) (i k)! i k i (i )! xi + (i )! xi (i )! xi I.C.4. Comme X n n P k, n {0,...,N}, il suffit de choisir N suffisamment grand (c est-à dire plus grand que n) et d évaluer cette expression en X i, on obtient i n n P k (i) i, n N I.C.5. f n (x) i0 i0 n i0 i n xi i0 n P k (i) n P k (i) x i P k (i) x i n x i i0 P k (i) x i On a pu intervertir les deux symboles de sommation car le second porte sur un nombre fixe d éléments. f n (x) n ik P k (i) x i Pour k 0, S n,0 0 pour toute valeur de n. Ainsi + i0 S n,0 P 0(i) x i S n,0 Pour k 0, on utilise les résultats de la question I.C.3 et on obtient bien : f n (x) n + x i (i k)! ik i0 x i (i k)! est une égalité triviale.

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 7/3 On en déduit D où f n (x) n + x i (i k)! n ik x k + n f n (x) e x x k x i k (i k)! n ik x k + I.C.6. Comme Y suit une loi de Poisson de paramètre, on a P(Y i) e. L espérance de Y n existe si et seulement si la série e in converge. Or cette expression n est autre que e f n () dont on sait qu elle i0 converge. On a donc E(Y n ) existe et vaut E(Y n ) e f n () D après le cours, l espérance et la variance d une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre λ ont toutes les deux pour valeur λ. De plus, d après Huygens, V(X) E(X 2 ) (E(X)) 2. On en déduit n E(Y) et E(Y 2 ) V(Y)+(E(Y)) 2 2 Comparons ces valeurs avec celles obtenues en utilisant les nombres de Stirling i0 x i (i)! E(Y) S,0 +S, 0+ et E(Y 2 ) S 2,0 +S 2, +S 2,2 0++ 2 Les résultats sont compatibles. E(Y) E(Y 2 ) 2 I.D. Comportement asymptotique des nombres de Stirling I.D. a) Posons y(x) (k +)! (ex ) k+. Elle est de classe C sur R et on a alors : y (k +) (x) (k +)! (ex ) k e x k! (ex ) k e x k! (ex ) k ((e x )+) (k +) (k +)! (ex ) k+ + k! (ex ) k (k +)y(x)+ k! (ex ) k x (k +)! (ex ) k+ est solution de y (k +)y(x)+ k! (ex ) k b) L équation différentielle homogène associée est à coefficients constants, ses solutions sont de la forme y h (x) λe (k+)x avec λ R. La question précédente nous fournit une solution particulière de l équation avec second membre. On en déduit Les solutions de (I.) sont les fonctions de la forme x λe (k+)x + (k +)! (ex ) k+ avec λ R

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 8/3 I.D.2 a) Posons u n. Essayons de majorer u n par le terme général d une série convergente. Comme (2k) n, on a u n (2k)n x n. Posons v n (2k)n x n c est le terme général d une série convergente dont on reconnaît la somme : n 0 convergente quelle que soit la valeur de x. b) Pour k 0, on a x R, S n,0 n0 n 0 0! (ex ) 0 (2k) n x n e 2k x. Ainsi, u n est le terme général d une série absolument Le rayon de convergence de la série entière n k S n,0 + n>0 Ces deux quantités étant égales, S n,0 c) Soit k un entier tel que (I.2) soit vérifiée. S 0,0 x 0 + 0! n>0 0 xn L égalité (I.2) est vérifiée pour k 0 Considérons d abord le cas k 0. Supposons k 0 et posons y 0 (x) La fonction y 0 est bien solution de l équation différentielle (I.) : est + n y 0(x) y 0 (x) e x (e x ) 0! (ex ) 0 S n, n xn e x. Dorénavant, on suppose k 0. Posons y k (x) +. D après a), la série entière x y k (x) est bien définie sur R. D après le théorème de dérivation terme à terme des séries entières, on a y k (x) + (n )! xn. Comme k 0, on a donc n 2. On peut donc la propriété démontrée en (I.A.2) de la façon suivante : + S n,k +(k +)S n,k+ n 2, k {0,...,n 2} (qui n est donc valable que pour n k +2 ; il faudra y faire attention). Montrons que y k est solution de l équation différentielle (I.) : y k (x) (k +)y + k(x) (n )! xn (k +) On va séparer la première somme en deux. y k (x) (k +)y k(x) S k+,k+ x k + k! xk k! + nk+2 xk k! + nk+2 nk+2 + (n )! xn (k +) S n,k +(k +)S n,k+ (n )! S n,k (n )! xn + nk+2 (k +) (k +)S n,k+ (n )! + + + (k +) +

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 9/3 On change l indexation de façon à faire apparaître dans chaque somme y k (x) (k +)y k(x) xk k! + xk k! + S k,k k! nk x k + +(k +) k! (ex ) k (par hypothèse sur k) + (k +) + Nous avons montré : Pour k N tel que la proposition (I.2) est vraie, d) Démontrons la proposition (I.2) par récurrence sur k. Elle est vraie à l ordre k 0 d après b). Supposons qu il existe k tel qu elle soit vraie. Alors, d après c) + est une solution de l équation différentielle (I.) + est une solution de l équation différentielle (I.). Or toute solution de (I.) s écrit λe (k+)x + (k+)! (ex ) k+ d après I.D..b). + Il existe donc λ R tel que λe (k+)x + (k +)! (ex ) k+. Calculons la valeur de λ en évaluant les deux membres de l égalité en x 0. On en déduit λ 0 et donc + (k +)! (ex ) k+ Autrement dit, la proposition (I.2) est vérifiée à l ordre k +. On l a ainsi démontrée par récurrence. k N, x R nk k! (ex ) k I.D.3 Soit k un entier. Nous avons les égalités successives suivantes : nk nk k! (ex ) k k! k j0 ( ) k e jx ( ) k j j

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 0/3 k ( ) k + ( ) k j (jx) n k! j nk j0 + k! nk n0 j0 n0 k ( ) k ( ) k j j n xn j Deux séries entières sont égales si et seulement si elle ont même coefficients. On en déduit, en particulier n k, k! k j0 ( ) k ( ) k j j n j En conclusion, n N, k {0,...,n}, k! k j0 ( ) k ( ) k j j n j I.D.4 lim k n lim ( j Or lim k lim k n k! k k! j0 ) { n ( k k j jn )( ) j k n k! k j0 0 si j {0,...,k }. D où, si j k ( ) k ( ) k k k k! On en déduit lim k n k! ( ) k ( ) k j j n lim j k n lim k n k! et donc un équivalent de lorsque n + : k n k! II Nombres de Stirling et problème du collectionneur II. A. Équivalent de E(k) lorsque k + II.A. Le nombre minimum d achats nécessaires pour obtenir une vignette de la collection est évidemment. On en déduit que la loi de la variable aléatoire X est : l N P(X l) L espérance s interprétant comme la valeur moyenne, on a alors E(X ) { si l 0 si l II.A.2 Un collectionneur possédant déjà i vignettes, lorsqu il achète une tablette supplémentaire, a une probabilité i k i k de tomber sur une vignette qu il possède déjà et une probabilité k de tomber sur une vignette qu il ne possède pas. Pour qu il obtienne une nouvelle vignette au bout du l achats, c est que sur

Corrigé 206 Centrale TSI Math I /3 les l premiers achats, il a obtenu des vignettes qu il possédait déjà et qu au l-ième achat, il en a eu une nouvelle ; autrement dit, la loi de Z i est la suivante : i {,...,k}, l N, P(Z i l) ( ) l ( ) i k i k k i {,...,k}, Z i suit une loi géométrique de paramètre k i k On en déduit son espérance (puisque l espérance d une loi géométrique de paramètre p est /p) : i {,...,k}, E(Z i ) k k i II.A.3 Soit i compris entre et k. Pour obtenir i+ vignettes différentes, il faut commencer par obtenir i vignettes différentes, et une fois ces i vignettes obtenues, il faut en obtenir une que l on ne possède pas déjà. Ainsi, X i+ X i +Z i De cette égalité, on déduit i {,...,k }, X i+ X i Z i II.A.4 Partons de l expression de droite de l égalité pour arriver à montrer qu elle est égale à son expression de gauche : k X + (X i+ X i ) X + X + k k i2 k X i+ k X i X +X k X X k X i X i On a bien k X k X + (X i+ X i ) Passons à l espérance ; l espérance étant un opérateur linéaire, on en déduit II.A.5 k k E(X k ) E(X )+ (E(X i+ ) E(X i )) E(X )+ E(Z i )

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 2/3 a) Cherchons un équivalent de u n u n lorsque n tend vers + : ( n ) ( n ) u n u n lnn +ln(n ) i i ) ( n n +ln n ( n +ln ) n n n + 2n 2 +o ( ) 2n 2 +o n 2 ( ) n 2 Un équivalent deu n u n en+ est donc 2n 2. En particulier, au voisinage de+, le termeu n u n garde un signe strictement positif. On peut donc utiliser les théorèmes de comparaison pour les séries numériques. La série de terme général est une série de Riemann convergente. Deux séries positives, ayant des 2n2 termes équivalents, sont de même nature. On en déduit La série de terme u n u n est convergente. La série étant convergente, sa somme partielle a une limite. Or par téléscopage, on a N (u n u n ) u N u u N n2 La limite de la suite (u n ), lorsque n tend vers +, existe et est égale à la somme de a série de terme u n u n. Ainsi, La suite (u n ) n est convergente b) Reprenons le résultat de la question II.A.4 : k E(X k ) E(X )+ E(Z i ) k k + k i k +k k i k +k i +k(u k +ln(k )) (d après II.A.2) +k(u k )+kln(k ) +k(u k )+kln ((k)( k ) ) +k(u k )+kln(k)+kln( k ) (réindexation de la somme dans le sens inverse)

Corrigé 206 Centrale TSI Math I 3/3 Comme la suite (u n ) est convergente, u k est négligeable devant ln(k ) lorsque k tend vers +. De plus, un équivalent de kln( k ) est qui est lui-même négligeable devant klnk. On en déduit finalement, Interprétation : E(X k ) k + kln(k) Pour k assez grand, le nombre d achats en moyenne pour compléter la collection est de l ordre de klnk II. B. Équivalent de P(X k n) lorsque n + II.B. Le collectionneur ne peut pas obtenir k vignettes différentes en moins de k achats. Ainsi, n {,...,k }, P(X k n) 0 II.B.2 Calculons P(X k n) en dénombrant le nombre de cas favorables sur le nombre de cas total. Comme il y a eu n tirages, et qu il existe k vignettes possibles, le nombre de cas total est k n (on compte avec ordre). Dénombrons le nombre de cas favorables : Numérotons les vignettes de à k. Notons A i la sous-partie de {,...,n} correspondant à tous les tirages où le collectionneur a obtenu la vignette numéro i. Supposons que le collectionneur parvienne au n-ième achat à compléter sa collection. Alors, Les A i forment une partition en exactement k parties de {,...,n}. Dans cette partition il existe un singleton particulier, celui lié au dernier tirage. Notons l le numéro de la vignette du dernier tirage. Il existe k choix possible pour l. Par ailleurs, Les {A i } i l forment une partition en k parties d un ensemble de n éléments ; il existe exactement S n,k telles partitions possibles. Chacune de ces partitions est obtenu pour exactement (k )! cas favorables : car à chaque A i de la partition peut correspondre n importe quel numéro de vignette autre que l : pour A on a (k ) choix (tous sauf l), pour A 2, on a (k 2) choix (tous sauf l et le premier choix), etc... On en déduit que le nombre de cas favorables est k(k )!S n,k. On a finalement, P(X k n) k(k )!S n,k k n II.B.3 En utilisant le résultat de la question I.D.4 : k n, on en déduit k! P(X k n) k(k )!S n,k k n k(k )!(k ) n k n (k )! (k ) n k n ) n ( k ( P(X k n) ) n k