Exos sympas MPSI

[kakille]

Bonjour,

D'un côté :

$ \begin{array}{lllll}1_1&&&&\\1_1&1_2&&&\\ 1_1 & 3_2 & 2_3 & \\ 1_1 & 7_2 & 12_3 & 6_4 \end{array} $

etc. (La recette pour continuer : $ 1\times 1+3\times 2=7 $.)

D'un autre côté :

$ \sum_{i=1}^n i^0=1{n \choose 1} $
$ \sum_{i=1}^n i^1=1{n \choose 1}+1{n \choose 2} $
$ \sum_{i=1}^n i^2=1{n \choose 1}+3{n \choose 2}+2{n \choose 3} $
$ \sum_{i=1}^n i^3=1{n \choose 1}+7{n \choose 2}+12{n \choose 3}+6{n \choose 4} $
etc.

Curiosité rencontrée dans un petit livre, sans explication supplémentaire. Je ne sais pas si la chose est si connue que ça.

[kakille]

Les sommes de puissance font partie des choses assez courantes en début de sup. Certains connaissaient déjà ce triangle ? Je le trouve assez stylé.

[Jio15]

Ça semble avoir un lien avec les nombres de Stirling de deuxième espèce

Les tiens vérifient T(n+1, k+1) = k T(n, k) + (k+1) T(n, k+1)
Stirling vérifie S(n+1, k+1) = S(n, k) + (k+1) S(n, k+1)
Les coefficients binomaux vérifient C(n+1, k+1) = C(n, k) + C(n, k+1)

D'une certaine manière, ton triangle est aux coefficients de Stirling ce que ceux-ci sont aux coefficients binomiaux (on rajoute un k dans la formule)

[kakille]

Ca n'explique pas immédiatement le lien avec les sommes de puissances, si ?

[Jio15]

Plutôt bien, si. Les nombres de Stirling de deuxième espèce servent classiquement à exprimer les sommes de puissances.
(Je n'ai plus la formule en tête, mais ça se montre assez bien, car on sait sommer très simplement les symboles de Pochhammer, c'est à dire les expressions de la forme x^[5] = x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4), et Stirling fait le lien entre ces "puissances factices" et les puissances réelles)

[kakille]

Je ne demande qu'à être convaincu

[Zetary]

Bonjour,
J'ai un résultat sympa, que j'ai trouvé par une méthode hors programme mais j'aimerais bien savoir si vous voyez un moyen au programme d'y arriver :

Si on dispose de p couleurs pour colorier les faces d'un tétraèdre régulier, de combien de manières différentes peut on effectuer ce coloriage ?(différentes au sens où elles ne se déduisent pas mutuellement par rotation). Il est autorisé de colorier plusieurs faces de la meme couleur.

Je met le résultat si vous voulez une question fermée :

SPOILER:

$ \frac{p^4+11p^2}{12} $

[Coryllis]

Les actions de groupe sont pas au programme ?
Si oui, c'est assez facile avec la formule de Burnside (qui est plutôt intuitive, même si on l'a jamais vue, mais je suppose que c'est de ça que tu parles en faisant allusion au hors-programme).
Sinon, rien que formaliser l'énoncé devient assez embêtant : pour définir quels sont les coloriages équivalents on utilise en fait les actions de groupe sans le dire et bon si on fait ça, autant juste réadapter la preuve par formule de Burnside en évitant le vocabulaire hors-programme.

[Zetary]

Oui j'y était effectivement parvenu par Burnside, qui edt loin d'être au programme. Par contre ce qui est marrant, c'est qu'on obtient toujours pour un problème similaire un polynôme en p de degré le nombre d'objets a colorier, on pourrait donc envisager une interpolation... Même pour des gros objets.

[Fresnel]

Bonjour,
J'ai un résultat sympa, que j'ai trouvé par une méthode hors programme mais j'aimerais bien savoir si vous voyez un moyen au programme d'y arriver :

Si on dispose de p couleurs pour colorier les faces d'un tétraèdre régulier, de combien de manières différentes peut on effectuer ce coloriage ?(différentes au sens où elles ne se déduisent pas mutuellement par rotation). Il est autorisé de colorier plusieurs faces de la meme couleur.

Je met le résultat si vous voulez une question fermée :

SPOILER:

$ \frac{p^4+11p^2}{12} $

Ca se retrouve en faisant du dénombrement.

SPOILER:

Si on utilise une seule couleur, il y a p possibilités.
Si on utilise deux couleurs, il y a C(p,2) possibilités pour le choix des couleurs, puis 3 possibilités ensuite (soit on fait 3 faces d'une couleur, ce qui laisse 2 possibilités, soit on fait deux faces d'une couleur (et deux de l'autre), ce qui laisse une autre possibilité).
Si on utilise trois couleurs, il y a C(p,3) choix puis ensuite il y a 3 possibilités (le choix de la couleur qui coloriera deux faces).
Si on utilise quatre couleurs, il y a C(p,4) choix puis 2 possibilités ensuite (pour être unique à rotation près).
En sommant p+C(p,2)*3+C(p,3)*3+C(p,4)*2 on obtient le résultat souhaité.