Triangle de Bernoulli

Denis3 · October 2002

Bonjour,
sauriez-vous où je pourrais trouver des infos sur le triangle de Bernoulli ???

Rappel : Ce triangle suit la même règle de formation que celui de Pascal mais il est bordé de puissances de 2 successives à droite :

1
1 2
1 3 4
1 4 7 8
1 5 11 15 16
1 6 16 26 31 32
....

J'aimerais savoir s'il existe des livres en parlant, ou mieux l'étudiant de façon complète. Idem pour des sites internet.

Denis qui ne serait pas étonné qu'aucune réponse n'apparaisse tant le sujet est peu connu...

John1 · October 2002

<HTML>A quoi il sert ce triangle la ?

celui de pascal je vois mais celui-ci ..... jamais entendu parlé ^^

Denis3 · October 2002

<HTML>Je ne sais pas du tout à quoi il sert mais au fond cela ne m'intéresse pas du tout.

Denis

PS : A quoi sert le grand théorème de Fermat en lui-même ?? (je veux dire indépendamment des efforts faits pour le démontrer)

Jonathan0 · October 2002

<HTML>Je ne connais absolument pas, mais sais-tu si des triangles analogues ont été construits à partir d'autres puissances entières ?
A part ça, Google n'indique à peu près rien, tout comme Chronomath ou Mathworld, mais je suppose que tu avais essayé ces sites.
Jonathan
P.S: et l'article envoyé à la RMS ? Ca s'est bien passé ?

Denis3 · October 2002

<HTML>Oui j'avais déjà essayé tous ces sites, et j'en ai même parlé à M.Wolfram par e-mail et il connaît ce triangle mais pas sous ce nom, et je ne crois pas qu'il en parle dans son (immense) site.

Je n'ai pas eu de nouvelle de mon "article".

Denis qui se demande si n'importe qui peut envoyer des articles à "Tangente" (le niveau est moins relevé que la RMS !!)

PS : Il y a des tas d'autres triangles sur www.mathworld.wolfram.com mais aucun avec des puissances entières...

PPS : Les triangles de nombres c excellent, il y a une infinité de découvertes à faire à mon sens, va voir Pascal's triangle chez Wolfram !!! C dingue ce qu'on a déjà trouvé !!

Pierre RENFER · October 2002

<HTML>Après avoir cherché du côté de la loi binomiale,en probabilité, je me suis aperçu que c'était beaucoup simple.

Il suffit de partir du triangle de Pascal et de remplacer sur chaque ligne les coefficients par les sommes cumulées des coefficients précédents de la ligne.
Autrement dit, si E est un ensemble à n éléments, le coefficient, sur la ligne n et la colonne p, est le nombre de parties de E, de cardinal inférieur ou égal à p.

Pour démontrer que le coefficients de ce triangle obéissent à la relation de Pascal, on fait la même démonstration classique que pour le triangle de Pascal :
On fixe un élément particulier a de E et l'on distingue parmi les parties de E, de cardinal inférieur ou égal à p, celles qui contiennent a et celles qui ne contiennet pas a.

Richard André-Jeannin4 · October 2002

<HTML>Saluons d'abord le retour de Denis sur ce forum (quelles nouvelles de Nancy?)

Si a(n,p) est le coefficient ligne n, colonne p, on voit que
a(n,0)=1
a(n,1)=(n+1)
De la relation:
a(n,2)=a(n-1,2)+a(n-1,1), pour n>=3
=a(n-1,2)+n, on tire après quelques calculs:
a(n,2)=(n^2+n+2)/2, pour n>=2.
On procède de même pour a(n,3), avec des calculs de plus en plus pénibles, qui utilisent la formule:
(somme de k=1 à n)k^2=n(n+1)(2n+1)/6.
On arrive à:

a(n,3)=(n+1)(n^2-n+6)/6=(n^3+5n+6)/6, pour n>=3.

On peut en théorie continuer, mais les calculs vont faire intervenir la somme des cubes, puis la somme des puissances quatrième, etc.. (ce qui nous ramène à utiliser les nombres du même Bernoulli).

Denis3 · October 2002

<HTML>Bonjour tout le monde, je vais répondre à vos 2 mails. On note B(n,k) le nombre de Bernoulli (dans ce triangle) à la n-ème ligne et la à la k-ème colonne (les 2 sont numérotées à partir de 0). Par exemple B(0,0)=1, B(1,0)=1, B(1,1)=2, B(2,0)=1, B(2,1)=3, B(2,2)=4...
On note C(n,k) le coeff de Pascal que vous devinez (C(4,2)=6).

A Pierre.
Nous partons différemment à vrai dire, vous partez de B(n,k)=sum(C(n,q),q=1..k) alors que moi je pars de la définition du triangle (même règle de formation que Pascal + bordé de 1 à gauche et de puissances de 2 successives à droite) et je démontre cette relation. Vous montrez que les B(n,k) vérifient la relation de Pascal alors que chez moi c entendu une fois le triangle défini. Je propose que l'on s'en tienne à mon approche quoique cela ne change rien pour l'étude. La votre est tout aussi pratique, naturellement ! Je pense même que c comme ça que Bernoulli a défini la première fois son triangle, mais bon on s'y retrouve de toute façon...

A RAJ.
Tout va bien à Nancy, je suis en MPSI à Poinca comme prévu.

Voici comment je retrouve vos relations :
B(n,0)=1 par déf
Pour n>=1 : B(n,1)=C(n,0)+C(n,1)=n+1
Pour n>=2 : B(n,2)=C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)=1+n+n*(n-1)/2
Pour n>=3 : B(n,3)=C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)=1+n+n*(n-1)/2+n*(n-1)*(n-2)/6
On a bien les mêmes résultats, mais je ne factorise pas.
En fait inutile de compliquer, on part directement de B(n,k)=sum(C(n,q),q=1..k) pour n Î IN et k Î 0,n et on peut ainsi calculer sans les calculs prénibles B(n,k).

Voilà, je voudrais savoir si vous voyez des propriétés remarquables dans ces nombres, j'ai déjà qq relations. Je vous en donne 2 pour le moment :
" n Î IN*, B(2n+1,n)=2^(2n)
" n Î IN*, sum(B(n,k),k=1..n)=2^(n-1)*(n+2)

Si je donne tout vous allez partir dans les mêmes pistes que moi alors qu'au contraire il serait plus intéressant que chacun avec sa vision trouve des choses, comme ça on aura des résultats plus divers.

Denis qui ne vous oblige pas à chercher :-))

PS : Et pour "Tangente" ?? Ca les intéresserait qqch comme cela ??

Richard André-Jeannin1 · October 2002

<HTML>J'ai essayé quelques calculs, à partir de l'approche de Pierre Renfer, qui est bien meilleure que la mienne, mais je n'ai pas grand chose de concret à proposer ce soir.
Disons que la relation B(2n+1,n)=2^(2n) est claire à partir de l'identité:
(somme de q=0 à n)C(n,q)=2^n.
Il serait intéressant d'expliciter B(n,k) comme polynôme de la variable n.

Je me contenterai donc pour l'instant de vous transmettre les amitiés de votre ancien prof d'Allemand, Joseph Bahu, que je connais depuis des années (c'est un ancien du lycée de Longwy) et qui revient donner quelques heures d'enseignement à l'IUT depuis septembre.

Pierre RENFER · October 2002

<HTML>Pour B(2n+1,n)=22n la signification combinatoire est claire :
B(2n+1,n) est le nombre de parties d'un ensemble E, à 2n+1 éléments, dont le cardinal est inférieur à celui de son complémentaire.
Ce nombre est égal au nombre de parties dont le cardinal est supérieur à celui de son complémentaire : C'est donc la moitié du nombre total de parties de E.

Je n'ai pas le temps de regarder l'autre égalité. Je pars demain tôt pour aller marcher dans le désert saharien, autre type d'exercice spirituel.

Richard André-Jeannin1 · October 2002

<HTML>Si Pierre Renfer déserte, cela ne va pas arranger les choses.

1) Remarquons que B(n,k) est défini pour tout n et k >= 0 et pas seulement pour n>=k. La formule :
B(n,k)=(somme de q= 0 à k)C(n,q) montre que B(n,k) est un polynôme en n de degré k, qui vérifie : B(n,k)=2^n, pour 0<=n<=k.. La formule d’interpolation de Lagrange permettrait d’obtenir une expression de B(n,k) (je n’ai pas poursuivi les calculs).

2) Plutôt que de calculer (somme de q=0 à n)B(n,q), on peut plus généralement introduire la suite :
D(n,k)=(somme de q=0 à k)B(n,q) (la suite D(n,k) est construite à partir de B(n,k) comme B(n,k) elle même à partir des coefficients binômiaux C(n,k)).. Un calcul sans difficultés permet de voir que :

D(n,k)=(k+1)B(n,k)-nB(n-1,k-1), d’où l’on déduit que :

D(n,n)=(n+2)*2^(n-1) et D(n,n-1)=n*2^(n-1).

Denis3 · October 2002

<HTML>>>> "Je me contenterai donc pour l'instant de vous transmettre les amitiés de votre ancien prof d'Allemand, Joseph Bahu, que je connais depuis des années (c'est un ancien du lycée de Longwy) et qui revient donner quelques heures d'enseignement à l'IUT depuis septembre."
Passez-lui également le bonjour de ma part quand vous le reverrez !

1) Justement, je me demande si l'on aurait pas plutôt intérêt à écrire B(n,k)=0 pour k>n... Qu'en pensez-vous ?

2) Oui on peut introduire la suite D(n,k) et alors on retrouve D(n,n)=(n+2)*2^(n-1). Remarquons que D(n,n-1) est triviale une fois D(n,n) connu :
D(n,n-1)=D(n,n)-B(n,n)=n*2^(n-1)+2^n-2^n=n*2^(n-1)

Bon je vais donner de nouveau un peu d'eau à notre moulin avec 2 nouvelles formules remarquables :

sum((-1)^k*B(n,k),k=0..n)=(-1)^n*2^(n-1)
sum((-1)^k*B(n,k)^2,k=0..n)=2^(2n-1) pour n entier pair

Qu'en pensez-vous ?? C'est très remarquable je trouve, j'en ai d'autres en réserve mais après je ne trouve plus les démos.
Que pensez-vous de sum((-2)^k*B(n,k),k=0..n) ??

Denis

Richard André-Jeannin1 · October 2002

<HTML>Je verrais vos formules demain, avec plaisir. En ce qui concerne B(n,k) pour k>n, et étant donné que B(n,k)=(somme de q=0 à k)C(n,q), on a logiquement, pour k>n,
B(n,k)=(somme de q=0 à n)C(n,q)=2^n, d'après la convention:
C(n,q)=0 pour q>n (c'est à l'aide de cette convention que le triangle de Pascal comporte des zéros au dessus de la diagonale).

PS:Je ne manquerai pas de présenter vos amitiés à Joseph après les vacances.J'ai remarqué que 20 en Allemand l'ont plus impressionné que 20 en maths!

Richard André-Jeannin1 · October 2002

<HTML>1) J’ai eu le courage de calculer la forme du polynôme B(n,k) (polynôme en n de degré k), par la méthode d’interpolation de Lagrange. On obtient le résultat suivant : en posant A(n,k)=n(n-1)(n-2)..(n-k)/(k !) (A(n,k) est un polynôme en n, de degré (k+1)), on a :
B(n,k)=A(n,k)*(somme de q=0 à n)(-1)^(k-q)*2^q*C(k,q)*(1/(n-q)).
Autrement dit, B(n,k) est exprimé comme somme de (k+1) polynômes de degré k.

2)Soit Fn(x) la fonction génératrice de la ligne n, autrement dit :
Fn(x)=(somme de k=0 à n)B(n,k)x^k
=( somme de k=0 à n)(somme de q=0 à k)C(n,q)x^k
=(somme de q=0 à n)(somme de k=q à n) C(n,q)x^k
=( somme de q=0 à n)C(n,q)(somme de k=q à n)x^k
==( somme de q=0 à n)C(n,q)(x^(n+1)-x^q)/(x-1)
=x^(n+1)/(x-1)* ( somme de q=0 à n)C(n,q)-1/(x-1)* ( somme de q=0 à n)C(n,q)x^q
=(2^n*x^(n+1)-(1+x)^n)/(x-1)
En résumé :
Fn(x)=(somme de k=0 à n)B(n,k)x^k=(2^n*x^(n+1)-(1+x)^n)/(x-1)

Le membre de droite est clairement un polynôme en x de degré n (car 1 est racine du numérateur). L’écriture de ce polynôme (en divisant le numérateur par (x-1)) permettrait en théorie de retrouver les B(n,k). On a, par exemple, pour x=1 :
F1(x)=(2x^2-(1+x))/(x-1)=1+2x

Posons x=-1 (dans la formule générale de Fn(x)), pour obtenir:
Fn(-1)= )=(somme de k=0 à n)B(n,k)(-1)^k
=2^n*(-1)^(n+1)/(-1-1)
=2^(n-1)*(-1)^n, ce qui est un de vos résultats.

Posons maintenant x=-2, pour obtenir :
(somme de k=0 à n)B(n,k)(-2)^k=(-1)^n*(2^(2n+1)+1)/3

Richard André-Jeannin1 · October 2002

<HTML>Il est facile de voir (à l'aide de C(n,q)=C(n,n-q)que:
B(n,k)=2^n-B(n,n-k-1) pour k entre 0 et (n-1). En élevant les deux membres au carré et en sommant, j'arrive à votre résultat:
sum((-1)^k*B(n,k)^2,k=0..n)=2^(2n-1)
Plus généralement, j'ai considéré la fonction génératrice:
Gn(x)=(somme de k=0 à n)x^k*B(n,k)^2. Après des calculs pénibles, on trouve une relation entre Gn(x) et Gn(1/x), ce qui permet de conclure, lorsque x=-1.

Denis3 · October 2002

<HTML>Bonjour,

l'idée d'introduire la fonction Fn est très astucieuse, je ne l'avais pas vu car je cherchais à calculer unqiuement sum((-1)^k*B(n,k),k=0..n) et je n'ai pas considéré comme une suite géométrique dans la suite (-1)^k (en fait je l'ai considéré comme une suite périodique) pour arriver au résultat.
Et la seconde formule ? Et dans le cas n impair ?

Je suis à peu près sûr qu'un obtiendra rien pour sum(B(n,k)^3,k=1..n) mais avec un (-1)^k devant je ne sais pas.

Je propose qu'après ces formules on s'arrête là, ce sera déjà pas mal !

Denis

Denis3 · October 2002

<HTML>Je me suis trompé :
on trouve sum(B(n,k)^3,k=1..n)=(n+2)*2^(3n-1)-3*2^(n-2)*n*C(2n,n)

Ce n'est pas de moi mais de l'encyclo des suites de Sloane.

Denis

Denis3 · October 2002

<HTML>Vous écrivez que sum((-1)^k*B(n,k)^2,k=0..n)=2^(2n-1) . Etes-vous sûr que cela marche si n est impair ?

Denis qui a refait les calculs pour sum(x^k*B(n,k),k=0..n) et qui a trouvé les mêmes résultats

Richard André-Jeannin4 · October 2002

<HTML>J'ai fait un copier coller incomplet d'une partie de votre message. Il faut bien sur que n soit pair.

La méthode des fonctions génératrices est d'un usage classique. A une suite
a(k), (k entre 0 et n) on associe levpolynôme:
F(x)=(somme de k=0 à n)a(k)x^k (le polynôme devient une série entière si la suite est infinie). Lorsque , par chance, F(x) peut s'exprimer par des fonctions élémentaires, on peut en déduire des résultats intéressants.

Voici un exemple simple en probabilités (même je crois me souvenir que ce n'est pas votre tasse de thé)
on pose p(k)=C(n,k)p^k*q^(n-k) (loi binômiale).
On a: F(x)=(somme de k = 0 à n)p(k)*x^k
=(somme de k = 0 à n)C(n,k)(px)^k*q^(n-k)=(px+q)^n
En dérivant, on voit que:
F'(1)=(somme de k = 0 à n)k*p(k), donc F'(1) s'interprète comme l'espérance de la loi binômiale. Mais en dérivant (px+q)^n, on a:
F'(x)=n*p*(px+q)^(n-1) et F'(1)=n*p*(p+q)=n*p
On a donc obtenu l'espérance, sans faire appel à des considérations probabilistes (décomposition de la loi binômiale en somme de variables de Bernoulli).
En continuant à dériver, on peut obtenir la variance.

De même, si la suite a(k) n'est pas connue explicitement en fonction de k, le développement de F(x) permet d'obtenir a(k).(voir par exemple la fonction génératrice des nombres de Fibonacci).

Pour en revenir au triangle de Bernoulli, il est vrai que je ne vois pas ce qu'on peut en attendre de plus.

Denis3 · October 2002

<HTML></HEAD><BODY bgcolor="#ffffff">Dans tout les cas merci pour votre intérêt et votre aide, et je vous propose : http://mathworld.wolfram.com/BernoulliTriangle.html Neiter (le nom du contributeur) c'est en fait moi, je vous avais dit que je l'avais envoyé un mail à M.Weisstein pour son encyclo en ligne. Denis <HR>

Denis3 · October 2002

<HTML></HEAD><BODY bgcolor="#ffffff">Pour clore le débat, je me demande s'il vous serait possible de me donner cette relation si terrible en Gn(x) et Gn(1/x)... J'espère que vous lirez ce message... Denis <HR>

Richard André-Jeannin2 · November 2002

<HTML></HEAD><BODY bgcolor="#ffffff">On part de B(n,k)=2^n-B(n,n-k-1) pour k entre 0 et (n-1). On élève les deux membres au carré, on multiplie par x^k: x^k*B(n,k)^2=x^k*2^(2n)-x^k*2^(n+1)*B(n,n-k-1)+x^k*B(n,n-k+1)^2 On somme pour k entre 0 et (n-1) La somme à gauche est G(x)-x^2*B(n,n)^2=G(x)-x^2*2^(2n). Dans le membre de droite, on a trois sommes, traitées séparément.la première est une suite géométrique. La seconde nous ramène à Fn(x), fonction génératrice des B(n,k), et plus précisément à Fn(1/x) (vu la forme x^kB(n,n-k-1)). Cette série a été calculée plus haut. Enfin, la troisième somme ramène à Gn(1/x) <HR>

Jonathan0 · November 2002

<HTML></HEAD><BODY bgcolor="#ffffff">Je ne suis pas intervenu dans cette discussion, je l'ai simplement suivie d'assez loin, j'ai peu cherché, mais recevez toutes mes félicitations pour ces résultats. Et Denis, pour avoir entrepris ça en étant en HX (khrâss ma fainéantise ;-)) Jonathan P.S: le site de Weisstein, quelle merveille... Pas étonnant, vus les contributeurs (mais si !) <HR>