L'opérateur de différence et les factorielles descendantes

Exercice de TD · niveau 2 · mathématiques (PTSI), chapitre 10 — Polynômes · A. Degré et opérations

Énoncé

Pour $P \in K [X]$ , on note $Δ P = P (X + 1) - P (X)$ ; on pose $F_{0} = 1$ et, pour $k \geq 1$ , $F_{k} = X (X - 1) \dots (X - k + 1)$ , produit de $k$ facteurs.

a) Si $de g P = n \geq 1$ , de coefficient dominant $a_{n}$ , montrer que $de g Δ P = n - 1$ , de coefficient dominant $n a_{n}$ . En déduire, par le seul degré, que $Δ P = 0$ si et seulement si $P$ est constant.

b) Montrer que $Δ F_{k} = k F_{k - 1}$ pour $k \geq 1$ , et comparer avec $(X^{k})^{'} = k X^{k - 1}$ .

c) Montrer que tout polynôme de degré au plus $n$ s'écrit de façon unique comme combinaison linéaire de $F_{0}, \dots, F_{n}$ (récurrence sur le degré). En déduire que, pour tout $Q \in K [X]$ , il existe un unique $P \in K [X]$ tel que $Δ P = Q$ et $P (0) = 0$ .

d) Montrer que $Δ P = Q$ entraîne $\sum_{j = 0}^{n - 1} Q (j) = P (n) - P (0)$ , puis que $\sum_{j = 0}^{n - 1} F_{k} (j) = \frac{F _{k + 1} ( n )}{k + 1}$ .

e) Retrouver $\sum_{j = 0}^{n - 1} j = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ , puis calculer $\sum_{j = 0}^{n - 1} j^{2}$ et $\sum_{j = 0}^{n - 1} j^{3}$ en écrivant $X^{2} = F_{2} + F_{1}$ et $X^{3} = F_{3} + 3 F_{2} + F_{1}$ .

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le degré d'une somme et d'un produit, la composition $P (X + 1)$ , la formule du binôme dans $K [X]$ et l'identification des coefficients. La stratégie : $Δ$ est une dérivation discrète — il abaisse le degré d'exactement un, son noyau est fait des constantes —, et les $F_{k}$ sont pour $Δ$ ce que les $X^{k}$ sont pour la dérivation.

a) $Δ$ abaisse le degré d'un cran. Écrivons $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ . Par linéarité, $Δ P = \sum_{k} a_{k} ((X + 1)^{k} - X^{k})$ , et par le binôme, pour $k \geq 1$ , $(X + 1)^{k} - X^{k} = k X^{k - 1} + (termes de degr e ˊ au plus k - 2)$ : les termes $X^{k}$ se détruisent, et le coefficient de $X^{k - 1}$ est « $k - 1$ parmi $k$ », soit $k$ . Le terme $k = n$ apporte $n a_{n} X^{n - 1}$ , tous les autres sont de degré au plus $n - 2$ : $de g Δ P = n - 1$ , de coefficient dominant $n a_{n} \neq = 0$ . Le noyau : une constante a une différence nulle ; si $de g P \geq 1$ , $Δ P$ est de degré $de g P - 1 \geq 0$ , donc non nul. $Δ P = 0$ si et seulement si $P$ est constant.

b) La règle de dérivation discrète. $F_{k} (X + 1) = (X + 1) X (X - 1) \dots (X - k + 2)$ et $F_{k} (X) = X (X - 1) \dots (X - k + 2) (X - k + 1)$ ont en commun les $k - 1$ facteurs qui forment $F_{k - 1}$ . En le mettant en facteur, $Δ F_{k} = F_{k - 1} ((X + 1) - (X - k + 1)) = k F_{k - 1} .$ C'est $(X^{k})^{'} = k X^{k - 1}$ , recopiée à l'identique : pour $Δ$ , les bonnes puissances ne sont pas les $X^{k}$ — $Δ (X^{2}) = 2 X + 1$ n'est pas $2 X$ — mais les factorielles descendantes.

c) Écrire tout polynôme avec les $F_{k}$ . Existence, par récurrence sur le degré : une constante $c$ vaut $c F_{0}$ ; si $P$ est de degré $d \geq 1$ et de coefficient dominant $p_{d}$ , $F_{d}$ étant unitaire de degré $d$ , $P - p_{d} F_{d}$ est de degré au plus $d - 1$ et s'écrit avec $F_{0}, \dots, F_{d - 1}$ . Unicité : si $\sum_{k = 0}^{n} c_{k} F_{k} = 0$ avec des $c_{k}$ non tous nuls, et $d$ le plus grand indice tel que $c_{d} \neq = 0$ , la somme a pour terme dominant $c_{d} X^{d}$ et n'est pas nulle — contradiction. L'équation $Δ P = Q$ : si $Q = \sum_{k} q_{k} F_{k}$ , alors $P_{0} = \sum_{k} \frac{q _{k}}{k + 1} F_{k + 1}$ vérifie $Δ P_{0} = Q$ par le b), et $P_{0} (0) = 0$ , chaque $F_{k + 1}$ ayant le facteur $X$ . Une autre solution $P$ avec $P (0) = 0$ vérifie $Δ (P - P_{0}) = 0$ , donc $P - P_{0}$ est une constante par le a), égale à $P (0) - P_{0} (0) = 0$ . La « primitive discrète » nulle en $0$ existe et est unique.

d) Le télescopage. Si $Δ P = Q$ , alors $Q (j) = P (j + 1) - P (j)$ pour tout entier $j$ , et en sommant de $0$ à $n - 1$ , les termes intermédiaires se détruisent : $\sum_{j = 0}^{n - 1} Q (j) = P (n) - P (0)$ . Avec $Q = F_{k}$ et $P = \frac{F _{k + 1}}{k + 1}$ , nul en $0$ : $j = 0 \sum n - 1 F_{k} (j) = \frac{F _{k + 1} ( n )}{k + 1},$ le pendant discret de $\int_{0}^{x} t^{k} d t = \frac{x ^{k + 1}}{k + 1}$ .

e) Les sommes de puissances. Pour $k = 1$ , $\sum_{j = 0}^{n - 1} j = \frac{F _{2} ( n )}{2} = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ . Ensuite $F_{2} + F_{1} = X^{2} - X + X = X^{2}$ et, avec $F_{3} = X^{3} - 3 X^{2} + 2 X$ , $F_{3} + 3 F_{2} + F_{1} = X^{3}$ . Donc $j = 0 \sum n - 1 j^{2} = \frac{F _{3} ( n )}{3} + \frac{F _{2} ( n )}{2} = n (n - 1) \frac{2 ( n - 2 ) + 3}{6} = \frac{n ( n - 1 ) ( 2 n - 1 )}{6},$ et $j = 0 \sum n - 1 j^{3} = \frac{F _{4} ( n )}{4} + F_{3} (n) + \frac{F _{2} ( n )}{2} = n (n - 1) \frac{( n - 2 ) ( n - 3 ) + 4 ( n - 2 ) + 2}{4} = (\frac{n ( n - 1 )}{2})^{2},$ puisque $(n - 2) (n - 3) + 4 (n - 2) + 2 = n^{2} - n$ . Contrôle pour $n = 4$ : $0 + 1 + 4 + 9 = 14 = \frac{4 \times 3 \times 7}{6}$ , et $0 + 1 + 8 + 27 = 36 = 6^{2}$ .

Le point délicat. Tout repose sur le a) : $Δ$ abaisse le degré d'exactement un cran, avec un coefficient dominant $n a_{n}$ non nul — c'est ce qui donne le noyau, donc l'unicité de la primitive discrète. Et le choix de la famille : avec les $X^{k}$ , $Δ$ fait surgir tout le binôme ; avec les $F_{k}$ , un seul terme.

Ce que l'exercice installe. Choisir la famille de polynômes adaptée à l'opérateur étudié : le chapitre 11 en fera une règle, choisir la bonne base. Le télescopage est le pendant discret du théorème fondamental de l'analyse, et toute somme $\sum Q (j)$ est un polynôme en $n$ de degré un de plus. Au chapitre 15, $F_{k} (n)$ comptera les arrangements ; en informatique, $Δ$ est la dérivée numérique d'un tableau de valeurs.

Les autres exercices de ce chapitre Le cours du chapitre

Un blocage sur cet exercice ? Le tuteur d'Adloun guide par questions, sans donner la réponse.