QDV 11 & H63 (1): (dé)comptes avec Comtet!

Comtet 18
Il est d'abord inutile de préciser $u_{0}=1$, puisqu'il est bien connu que : $(_{0}^{0})=1$, tous les vacuophiles le savent, il suffit de définir $u_{n}=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{1}{(_{k}^{n})}$ pour tout $n\in \N$.
J'avais rencontré le problème de la limite de cette suite dans un livre de Georges Glaeser, ajourd'hui disparu, que j'ai connu il y a des années quand il était directeur de l'IREM de Strasbourg, ce livre était : Mathématiques pour l'élève-professeur, Hermann, 1973. C'est un excellent exemple de "fausse conjecture", puisque la suite a d'abord l'air croissante : $u_{0}=1~ ;~ u_{1}=2 ~; ~u_{2}=\frac{5}{2}=2,5~ ;~ u_{3}=\frac{8}{3}\simeq 2,667$, mais ensuite on peut prouver qu'elle tend vers 2, et c'est aussi un excellent exemple de bonne stratégie d'encadrement.
Ce problème a été posé au concours Putnam en 1958, en demandant de prouver : $u_{n+1}=1+\frac{n+2}{2(n+1)}u_{n}$, d'où la limite.
Je l'ai retrouvé dans un joli livre de deux collègues : Denise Amrouche, Jean-Louis Garcin, Mathématiques par les problèmes, classes préparatoires aux grandes écoles de commerce et d'agronomie, Ellipses, 1989, p. 50, où l'on prouve plusieurs propriétés de cette suite, comme sa décroissance pour $n\geq 4$, par des procédés manipulatoires élémentaires, sans intégrales.
On le retrouve encore dans la RMS 122-2, janvier 2012, n° 743, p. 96, oral 2011, Mines-Ponts, PC, et la formule : $u_{n}=\frac{n+1}{2^{n}}\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}\frac{2^{k}}{k+1}$ est prouvée avec une série entière.
Bonne soirée.
RC

Comtet 20 (gilles benson)
Un recouvrement d'un ensemble fini non vide $E$ est un ensemble de parties non vides de $E$ dont l'union est $E$, déterminer le nombre de ces recouvrements en fonction du cardinal de $E$. Voir Louis Comtet, Analyse combinatoire, tome I, p. 173. C'est la suite A003465 de l'OEIS :
http://oeis.org/A003465
Bonne soirée.
RC

Raymond Cordier a écrit:

Qu'est-ce que le fascicule de Gould (1972)

Il s'agit d'un fascicule de H. W. Gould comprenant plus de 500 identités sur les coefficients binomiaux. Voici la référence :
{\bf H. W. Gould}, {\it Combinatorial Identities. A standardized set of tables listing $500$ binomial coefficient summations}, Morgantown, West Virginia, 1972.

On y trouve de tout. Par exemple (au hasard) :
(i) $\displaystyle{\sum_{k=0}^n \binom{x+k}{r}^{-1} = \frac{r}{r-1} \left ( \binom{x-1}{r-1}^{-1} - \binom{x+n}{r-1}^{-1} \right )}$.
(ii) $\displaystyle{\sum_{k=n}^\infty \binom{k}{r}^{-1} = \frac{n}{r-1} \binom{n}{r}^{-1}}$.
(iii) $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty k^{-2} \binom{k+n}{k}^{-1} = \zeta(2) - \sum_{k=1}^n k^{-2}}$.

@JLT
Excellente remarque, mais je pense qu'il y a d'autres exemples, et puis selon wiki, le suffixe phile est passé par le latin
http://fr.wiktionary.org/wiki/-phile.
Moi, je serais plutôt vacuophobe, mais on a parfois besoin d'ensemble vide, la preuve.
On pourrait penser à une mention "l'abus d'ensemble vide nuit à la santé mentale" .
Bonne soirée.
RC

Sylvain-> ce n'est qu'un moyen d'exprimer le reste d'ordre n de la série des inverses des carrés

@ Eric, disons Comtet 21 (?), exercice de Benjamin et Quinn. Je ne dispose pas (à cette minute) de ce livre, mais j'ai déjà dit que je trouve bizarre qu'on prenne des exercices dans un livre et qu'on les pose ainsi tout à trac. Celui-ci se fait tout comme le précédent.
Soient des entiers naturels $n,p,r,m$ tels que : $r\leq p$ et $r\leq n$ , et soit : $S=\overset{p}{\underset{k=0}{\sum }}(_{r}^{k})(_{k}^{n})(_{p-k}^{~m})$.
On a : $S=\overset{p}{\underset{k=r}{\sum }}(_{r}^{k})(_{k}^{n})(_{p-k}^{~m})$, et de plus : $(_{r}^{k})(_{k}^{n})=(_{r}^{n})(_{k-r}^{n-r})$, en sorte que : $S=(_{r}^{n})\overset{p}{\underset{k=r}{\sum }}(_{k-r}^{n-r})(_{p-k}^{~m})=(_{r}^{n})\overset{p-r}{\underset{j=0}{\sum }}(_{~j}^{n-r})(_{p-r-j}^{~m})=(_{r}^{n})(_{~p-r}^{n+m-r})$.
Vandermonde a encore frappé.
Si $r>n$ ou $r>p$, la somme $S$ est nulle.
Là, dodo. Bonne nuit.
RC

@bs. J'ai utilisé par la méthode très classique suivante : si je pose $ \displaystyle u_k={n\choose k} a^k b^{n-k}$, alors un calcul simple donne $\dfrac{u_k}{u_{k-1}}\ge 1 \iff k\le \dfrac{n+1}{\frac{b}{a}+1}$.
On peut ajouter la question suivante : comment évolue ce maximum lorsque $n$ tend vers l'infini ?

@ eric
La somme telle qu'elle est donnée : $\sum\limits_{k\geq0}\binom{k}{r}\binom{n}{k}\binom{m}{m-k}$ n'est pas correctement définie.
Je tiens beaucoup à définir le coefficient binomial généralisé $(_{k}^{\alpha })$ pour $\alpha \in \C$ et $k\in \N$, et je suis souvent irrité par les frilosités de certains collègues, même jeunes, devant cette définition, qui est pourtant d'une grande utilité. En particulier, $(_{0}^{\alpha })=1$ pour tout $\alpha \in \C$, et $(_{k}^{n})=0$ pour $n\in \N$, $k\in \N$, $k>n$.
Mais le coefficient d'en bas doit toujours être un entier naturel, et la seule bonne formulation est : $\overset{m}{\underset{k=0}{\sum }}(_{r}^{k})(_{k}^{n})(_{m-k}^{~m})$, ou bien la version généralisée que j'ai donnée. Cette somme est alors toujours partaitement définie, quels que soient $m\in \N$, $n\in \N$, $r\in \N$, et il est donc légitime d'en chercher une forme "fermée" (in french).
Bonne journée.
RC

Je ne crois pas avoir vu de démonstration de la première partie de la question Comtet 18.
En voici une : $$
\forall n\geq 4,\ u_n=\sum_{k=0}^n\frac{1}{\binom{n}{k}}=2+\frac{2}{n}+\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\binom{n}{k}}$$ donc $$\forall n\geq 4, 2\leq u_n\leq 2+\frac{2}{n}+\frac{(n-3)}{\binom{n}{n-2}}=2+\frac{4(n-2)}{n(n-1)}\leq 2+\frac{4}{n}$$ car à $n$ fixé $k\mapsto \binom{n}{k}$ est croissante de 0 à $\frac{n}{2}$ et décroissante ensuite.
On en conclut que $u_n\rightarrow 2$ lorsque $n\rightarrow +\infty$.

Retour sur Comtet 4 (je n'avais pas le temps avant) : soit $E$ avec $|E|=n$. Comptez les $k$-uplets $(A_{1},A_{2},...,A_{k})$ tels que : $A_1\subset A_2\subset\dots A_k\subset E$.
D'abord, on observe que l'on a le même nombre de $k$-uplets $(B_{1},B_{2},...,B_{k})$ de parties $B_{i}$ de $E$ disjointes deux à deux. Pour s'en assurer, on pose : $B_{1}=A_{1}$ et $B_{i}=A_{i}\backslash A_{i-1}$ pour $i\in \{2,3,...,k\}$. La bijection réciproque est : $A_{i}=B_{1}\cup B_{2}\cup ...\cup B_{i}$ pour $i\in \{1,2,...,k\}$.
Ensuite, on observe, comme je l'ai fait pour Comtet 10, que l'on a une bijection entre ces $k$-uplets $(B_{1},B_{2},...,B_{k})$ et les applications $f$ de $E$ dans l'ensemble $\{0,1,2,...,k\}$, en posant $f(x)=i$ si $x\in B_{i}$, et $f(x)=0$ si $x\notin B_{1}\cup B_{2}\cup ...\cup B_{k}$.

Ce nombre est donc : $(k+1)^{n}$, et l'on a résolu deux problèmes combinatoires pour le prix d'un seul.

J'aime beaucoup la Combinatoire, qui est pour moi une discipline mathématique à part entière, et non une sous-préfecture du pays des Probabilités. Les concepteurs du nouveau programme de Math-Sup n'ont pas manqué de subordonner la Combinatoire aux Probabilités, c'est dire leur culture ... Le Comtet a été mon compagnon depuis quarante ans. Au Maroc, je l'ai fait relier en un seul volume, car dans mon foutoir, il était agaçant de toujours retrouver celui des deux tomes qui n'était pas le bon pour mes travaux en cours. J'ai le regret de n'avoir pas acheté en temps voulu la traduction en anglais, car je n'avais pas vu qu'elle était augmentée. Heureusement, on peut la trouver en version électronique ... Merci à Norbert de nous avoir conduit à ces réflexions.

Bien cordialement,
RC

On peut déprobabiliser un des arguments que j'ai utilisés, qui est un argument de symétrie.

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} k \binom{n}{k}^2 =\sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k}^2=\sum_{k=0}^{n} (n-k) \binom{n}{k}^2=\frac12\sum_{k=0}^{n} n \binom{n}{k}^2=\frac{n}2 \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2$, et là on retrouve un exercice très classique qu'on peut faire avec ou sans probas.

Bonjour,

Comtet 18.1: rappel http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,796056,796562#msg-796562

(tu) pour la preuve de bisam ici et les références proposées par Raymond par là.
Une autre référence: Xavier Merlin - Methodix - Analyse - exercice1 page 90.

Comtet 18.2:

(tu) pour la preuve de wolfy utilisant la fonction beta et suivie de nombreuses références.
Quand à la méthode préconisée par Eric ici, on la retrouve détaillée dans le livre :
Eric Kouris - Une année de colles en Math Sup MPSI - Calvage&Mounet - Exercice XI.7 page 248.

Amicalement.

Bonjour,

Merci Gilles pour ta dernière question-réponse.

N'ont pas été résolus pour l'instant les Comtet 5, Comtet 14 et Comtet 15.

L'hommage à Louis Comtet se prolonge avec la QDV 12 & H 63(2).

Amicalement.

Comtet 14 a plusieurs fois été posé ici.

Voir par exemple ce fil
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,533664,page=4

Meu avait donné une solution avec les fonctions génératrices, j'en avais donné une avec la formule du crible.

OK pour {\bf Comtet 15} par JugeTI (l'erreur sur la définition de la fonction bêta a été signalée quelques messages plus loin).