Combinatoire par series entières

[Mourien]

Bonsoir, je cherche l'exercice suivant :

Dénombrer le nombre de décomposition $ a_n $ d'un entier naturel $ n $ en somme de $ 2 $ et $ 3 $.

$ \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_nz^n=\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{2p+3q=n}z^n=\big(\sum_{p=0}^{+\infty}z^{2p}\big)\big(\sum_{q=o} ^{+\infty} z^{3q}\big)=\dfrac 1{(1-z^2)(1-z^3)} $

En reconnaissant un produit de Cauchy, pour $ \mid z\mid<1 $.

En développant, par unicité du développement en série entière, on trouve une relation de récurrence linéaire d'ordre 5 sur les a_n :

$ \forall n\ge 0, a_{n+5}-a_{n+3}-a_{n+2}+a_n=0 $

Je sais résoudre ce genre de problèmes ( théoriquement avec le lemme de décomposition des noyaux) mais ici l'ordre 5 rend cela très calculatoire. Je me retrouve à devoir inverser une matrice 5x5 avec des coefficients complexes...

Arrivé là, est on réduit à un calcul difficile (impossible à la main ?), ou y-a-t-il une chose qui m'échappe ? J'ai du mal à croire l'exo aussi technique !

Merci d'avance et bonne soirée !

[JeanN]

Une décomposition en éléments simples dans C(X) fournira une expression explicite pas trop compliquée des coefficients de la série entière.

[Mourien]

Bonjour et merci de la réponse JeanN !

On a la décomposition en éléments simples : $ \dfrac 1 {(z-1)^2(z+1)(z-j)(z-j^2)} $
On sait que les solutions de la relation de récurrence linéaire sont en $ a_n=a+bn+c(-1)^n+dj^n+ej^{2n} $
Ce n'est pas facile à résoudre ça...

Néanmoins j'ai trouvé une ruse !

On développe seulement la moitié, on a
$ a_0+a_1z+\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}(a_n-a_{n-2}) z^n=\sum_{n=0}^{+\infty}z^{3n} $

Ainsi $ a_0=1,a_1=1,\forall n\geq2, a_n-a_{n-2}=\mathbb{1}_{3\mid n} = \dfrac{1+j^n+j^{2n}}3 $

Ainsi par récurrence immédiate :

$ \forall n, a_{2n} =1+\dfrac13(n+j^2\dfrac{j^{2n}-1} {j^2-1}+j\dfrac{j^{n}-1}{j-1}) $
$ a_{2n+1}=\dfrac 13(n+\dfrac{j^{2n}-1}{j^2-1}+j^2\dfrac{j^n-1}{j-1}) $

Sauf erreur ! On devrait peut être plus facilement trouver la forme générale de $ a_n $, ie les coefficients $ a, b, c, d, e $ maintenant?

Ps : btw comment coder le 1 barré d'une fonction indicatrice sur le forum, le module mathbb me donne un 1 normal ?

[Mourien]

Yes ce calcul intermédiaire des pairs et des impairs permet de calculer plus facilement le terme général il me semble !

Je trouve : $ \forall n\ge 0, a_n=\dfrac 13 \Big[n-j + (2+j) \dfrac 12 (1+(-1)^n) + \dfrac {j^2}{j^2-1} j^n + \dfrac j{j-1} j^{2n}\Big] $

À première vue, ça marche !

[JeanN]

Ce que tu proposes plus haut n'est pas du tout une décomposition en éléments simples mais un préalable à la décomposition en éléments simples dans C(X).
Même si les calculs ci-dessus sont vraisemblablement corrects, tu devrais revoir un bon cours de sup

[Mourien]

Ah oui en effet

On doit se retrouver avec $ f(z) = \displaystyle\sum_{\lambda} \dfrac {a_{\lambda,i}} {z-\lambda} $ où on somme sur les pôles.

Ensuite on développe chaque petite fraction rationnelle en série entiere, comme aucun pôle n'est nul, c'est faisable sur un voisinage de 0.

[autobox]

Non, il y a aussi un terme en $ \dfrac{az+b}{(z-1)^2} $ que tu oublies dans ta décomposition en éléments simples. Et il ne s'agit pas forcément de série entière, mais plutôt de série de Laurent ici. Je ne pense pas que tu sois allé jusqu'au théorème des résidus dans ton étude des fonctions holomorphes et analytiques
Aussi, tu vas sans doute réussir à trouver un expression en fonction de j qui correspondra en réalité à un entier, ce qui ne saute pas vraiment aux yeux en la regardant.
Enfin, tu ne l'as pas précisé, mais le rayon de convergence est effectivement 1, puisque $ a_n = O(n) $ (donc $ RCV\geqslant 1 $ par comparaison avec la série dérivée des $ z^n $), et par ailleurs ta série diverge pour $ z = 1 $ puisque $ a_n $ ne tend pas vers 0 (la sous-suite $ (a_{6n}) $ est minorée par 1).


A mon avis il va falloir te retrousser les manches et résoudre cette récurrence linéaire si tu veux un résultat propre et explicite.
Déjà, attention à la condition initiale ($ a_0 = 1 $, car $ z^0 = 1 $, et attention en séparant les termes).
Ensuite, pose $ b_n = a_{n+2}-a_n $. Alors $ b_{n+3}=b_n $ pour tout $ n\geqslant 1 $. Donc (calcule $ b_0,b_1,b_2 $) $ b_n = \cdots $
Après, c'est une récurrence d'ordre 2 sur a pour conclure, mais une fois encore attention aux conditions initiales.


Solution :

SPOILER:

Avec une décomposition sur $ \mathbb{R}(X) $, je trouve directement $ a_n = \dfrac{n+1}6 + \dfrac{1+(-1)^n}{4} + \dfrac13 C_n\left(-\frac12\right) $, où $ C_n $ est le $ n $-ième polynôme de Chebyshev de type II. Ou si tu préfères, $ C_n\left(-\frac12\right) $ est le déterminant de la matrice $ n\times n $ avec des -1 sur la diagonale principale, des 1 au-dessus et en-dessous, et des zéros partout ailleurs. On peut aussi l'écrire avec des cosinus, des coeffs binomiaux, et compagnie. Il n'y a pas d'expression fermée simple de $ a_n $ à ma connaissance. Ce que je peux te dire c'est que ta série s'appelle le dénumérant de (2,3). Puisque 2 et 3 sont premiers entre eux, le théorème de Paoli nous dit que $ a_n = \left\lfloor\dfrac{n}6\right\rfloor + a_{n-6\left\lfloor\dfrac{n}6\right\rfloor} $, le second terme valant soit 0 soit 1 selon que l'équation $ 2p+3q = n-6\left\lfloor\dfrac{n}6\right\rfloor $ a une solution positive ou pas.