Corrigé des exercices - Dunod

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e) Chaque rangement de p boules indiscernables dans n tiroirs (discernables) peut donc être
caractérisé par une suite de n + p − 1 croix dont n − 1 sont entourées.
Le grossiste peut donc être confronté à ( ) (
n+p−1
n−1 = n+p−1
)
p possibilités. (ce nombre est
souvent noté Γ p n)
Exercice 8.23
1. a) On arrive en haut de p n façons, après être arrivé à la (n − 1)ième marche (de p n−1
façons), en terminant par un pas d’une marche, ou après être arrivé à la (n −2)ième marche
(de p n−1 façons), en terminant par un pas de deux marches. On aboutit ainsi à la relation
de récurrence p n = p n−1 + p n−2 , avec les conditions initiales p 1 = 1 et p 2 = 2 .
b) On sait alors trouver une expression de p n en fonction de n. Pour cela, on cherche les
raisons des suites géométriques répondant à la question, en résolvant l’équation x 2 −x−1 = 0,
dont les racines sont q 1 = 1 + √ 5
et q 2 = 1 + √ 5
. On cherche ensuite, grâce aux conditions
2 2
initiales, les réels λ et
(
µ tels que p n = λ(q 1 n + µ(q 2 ) n .
√ ) (
1 5
On trouve ici : p n =
2 + 1 + √ ) n ( √ ) (
5 1 5
+
10 2 2 − 10
⌊ n
⌋
2. a) k varie clairement entre 0 et (partie entière de n 2 2 )
1 − √ ) n
5
2
b) Le nombre total de pas nécessaires est alors de n − k
c) On peut placer les k pas de deux marches de ( )
n−k
k façons parmi les n−k pas nécessaires.
⌊ n 2
∑
⌋ ( ) n − k
d) et donc on a p n = . Remarquons que cet exercice permet de calculer en
k
k=0
fonction de n cette somme dont le calcul direct semble bien délicat.
Exercice 8.24
1. Considérons n boules indiscernables, et p tiroirs numérotés de 1 à p tels que chaque tiroir
puisse contenir toutes les boules. Répartissons les boules dans les tiroirs, et appelons x i
le nombre de boules contenues dans le tiroir numéro i. Il est clair que l’on a ainsi obtenu
un p-uplet (x 1 ,x 2 ,x 3 , · · · ,x p ) d’entiers naturels tels que x 1 + x 2 + x 3 + · · · + x p = n.
Réciproquement, un tel p-uplet correspond à une répartition des boules dans les tiroirs et
une seule. On a vu (exercice 22) qu’il y a alors Γ p n = ( ) (
n+p−1
n−1 = n+p−1
)
p possibilités.
On peut également raisonner par récurrence en prouvant que, si d(n,p) est le nombre cherché,
n∑
on a : d(n,p + 1) = d(n,p), et que de plus d(n,1) = 1. On raisonne alors de proche en
proche.
k=0
2. Si l’on cherche des x i tous non nuls, il suffit de commencer par mettre une boule dans
chaque tiroir (ce qui n’est bien sûr possible que si n p), et à recommencer avec n − p au
lieu de n. On obtient alors Γ p n−p = ( ) (
n−1
n−p−1 = n−1
)
p possibilités.
3. Le raisonnement est exactement le même dans ce cas. Pour tout i de [[1,p]], on met r i
p∑
boules dans le tiroir numéro i (ce qui bien sûr n’est possible que si r i p). On obtient,
i=1