Pour tout \(n\in\mathbb N^\star\), on désigne par \(B_n\) le nombre de partitions de l’ensemble \(\mathbb [1,\dots,n]\) avec par convention \(B_0=1\).

  1. Montrer que pour tout \(n\in\mathbb N\) : \(\displaystyle B_{n+1}=\sum_{k=0}^n C_n^k B_k.\)

  2. Montrer que le rayon de convergence \(R\) de la série génératrice exponentielle\(f(z)=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_n}{n!}z^n\) de la suite \((B_n)_0^\infty\) est strictement positif et calculer \(f(z)\) pour \(\vert z\vert<R\).

  3. Montrer que\(\displaystyle B_n=\dfrac{1}{e}\sum_{k=0}^\infty \dfrac{k^n}{k!}.\)


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[ID: 2532] [Date de publication: 9 novembre 2022 12:22] [Catégorie(s): Combinatoires et probabilités ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

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Combinatoire : les nombres de Bell
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 12:22
  1. Associons à tout entier \(0\leq k\leq n\), l’ensemble \(E_k\) des partitions de \([1,2,\dots,n+1]\) telles que la partie de \([1,2,\dots,n+1]\) contenant \(n+1\) soit de cardinal \(k+1\). Le cardinal de \(E_k\) vaut \(C_n^k E_{n-k}\) (car une telle partition est déterminée par les \(k\) éléments restant pour compléter la partie de \([1,2,\dots,n+1]\) contenant \(n+1\) (soit \(C_n^k\) possibilités, à laquelle on peut adjoindre les \(B_{n-k}\) partitions de l’ensemble à \(n-k\) éléments restant). Comme \(E_0,E_1,\dots, E_{n}\) forment une partition de l’ensemble des partitions de \([1,2,\dots,n+1]\), on a bien \[B_{n+1}=\sum_{k=0}^n C_n^k B_{n-k}=B_{n+1}=\sum_{k=0}^n C_n^k B_k.\]

  2. Montrons par récurrence sur \(n\in\mathbb N\) que \(B_n\leq n!\). Comme \(B_0=B_1=1, B_2=2, B_3=5\), la propriété est vérifiée pour \(n\leq 3\). Supposons là vérifiée jusqu’au rang \(n\), alors \[B_{n+1}=\sum_{k=0}^n C_n^k\leq n!\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{(n-k)!}\leq n!\sum_{k=0}^n 1=(n+1)!.\] On a donc \(\dfrac{B_n}{n!}\leq 1\) et le rayon de convergence \(R\) de la série entière \(f(z)=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_n}{n!}z^n\) est supérieur ou égal à \(1\).

    On va utiliser la formule démontrée dans la première question pour calculer \(f(z)\). Pour \(z\in]-R,R[\) \[f(z)=\sum_{k=0}^\infty \dfrac{B_n}{n!}z^n=1+\sum_{k=0}^\infty \frac{B_{n+1}}{(n+1)!}z^{n+1},\] donc \[\begin{aligned}f'(z)&= \sum_{k=0}^\infty \dfrac{B_{n+1}}{n!}z^{n}\\ &= \sum_{k=0}^\infty \dfrac{1}{n!} \left( \sum_{k=0}^n C_n^k\right) z^{n}\\ &= \sum_{k=0}^\infty \left( \sum_{k=0}^n \dfrac{B_k}{k!}\dfrac{1}{(n-k)!}\right) z^{n} \end{aligned}\] On reconnait alors dans le dernier terme le produit de Cauchy des séries entières \(\sum_{k=0}^\infty \frac{B_n}{n!}z^n=f(z)\) et \(\sum_{k=0}^\infty \frac{z^n}{n!}=e^z\) de rayon de convergence strictement positif : on a donc \[f'(z)=f(z)e^z,\qquad\forall\,z\in]-R,R[.\] En intègrant cette équation différentielle, il existe une constante \(C\in\mathbb R\) telle que \(f(z)=Ce^{e^z}\) sur \(]-R,R[\) ; enfin, comme \(f(0)=B_0=1\), \(C=e^{-1}\) et finalement \[f(z)=e^{e^z-1},\qquad\forall\,z\in]-R,R[.\]

  3. Le rayon de convergence de la série entière \(\sum_{k=0}^\infty \frac{z^n}{n!}=e^z\) étant infini, on a \[e^{e^z}=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{e^{nz}}{n!}=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{1}{n!}\left( \sum_{k=0}^\infty \dfrac{(nz)^k}{k!}\right),\quad\forall\,z\in\mathbb C.\] La série double \(\sum_{(n,k)\in\mathbb N^2}u_{n,k}\) (où \(u_{n,k}=\frac{(nz)^k}{n!k!}\)) est sommable1 ; il est donc légitime d’échanger l’ordre de sommation \[f(z)=\dfrac{1}{e}\sum_{n=0}^\infty\left( \sum_{k=0}^\infty u_{n,k}\right) = \dfrac{1}{e}\sum_{k=0}^\infty\left( \sum_{n=0}^\infty u_{n,k}\right)= \sum_{k=0}^\infty\left( \dfrac{1}{e}\sum_{n=0}\dfrac{n^k}{n!}\right) z^n,\quad z\in]-R,R[,\] soit par unicité des coefficients \[B_k=\dfrac{1}{e}\sum_{n=0}^\infty \dfrac{n^k}{n!}.\] Q.E.D.


  1. [deswar] (T2, page ...).1  car \(\sum_k\vert u_{n,k}\vert=e^{\vert nz\vert}/n!\) et \(\sum_n\sum_k\vert u_{n,k}\vert=e^{e^{\vert z\vert}}\),voir

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