Triangle des sommes de puissances

dans Algèbre
Hello,
je partage avec vous un truc que je ne connaissais pas il y a peu. D'ailleurs, je ne sais pas si la chose est si bien connue.
Voici un tableau de nombres : \begin{array} {ccccc}
1& &&&\\
1& 1& &\\
1&3&2&&\\
1&7&12&6&\\
1&15&50& 60&24
\end{array} Voici comment il est engendré : sur la première colonne, c'est que des $1$. Ensuite, si on prend un nombre quelconque du tableau (exemple : $7$), qu'on le multiplie par son numéro de colonne ($7\times 2$), qu'on ajoute le produit de son voisin de droite par son numéro de colonne ($12\times 3$), alors on obtient le voisin en bas à droite du nombre choisi au départ ($50$). Remarque : s'il n'y a pas de voisin de droite sur la même ligne, considérer qu'il y en a un quand même et qu'il vaut $0$ (exemple : $2\times 3=6$).
Voici à quoi sert ce tableau :
$1^0+2^0+\cdots+n^0=1 \times {n\choose 1} $
$1^1+2^1+\cdots+n^1=1 \times {n\choose 1} +1 \times {n\choose 2}$
$1^2+2^2+\cdots+n^2=1 \times {n\choose 1} +3 \times {n\choose 2}+2\times {n\choose 3}$
$1^3+2^3+\cdots+n^3=1 \times {n\choose 1} +7 \times {n\choose 2}+12\times {n\choose 3}+6\times {n\choose 4}$
$1^4+2^4+\cdots+n^4=1 \times {n\choose 1} +15 \times {n\choose 2}+50\times {n\choose 3}+60\times {n\choose 4}+24\times{n\choose 5}$
Un exercice : expliquer.
je partage avec vous un truc que je ne connaissais pas il y a peu. D'ailleurs, je ne sais pas si la chose est si bien connue.
Voici un tableau de nombres : \begin{array} {ccccc}
1& &&&\\
1& 1& &\\
1&3&2&&\\
1&7&12&6&\\
1&15&50& 60&24
\end{array} Voici comment il est engendré : sur la première colonne, c'est que des $1$. Ensuite, si on prend un nombre quelconque du tableau (exemple : $7$), qu'on le multiplie par son numéro de colonne ($7\times 2$), qu'on ajoute le produit de son voisin de droite par son numéro de colonne ($12\times 3$), alors on obtient le voisin en bas à droite du nombre choisi au départ ($50$). Remarque : s'il n'y a pas de voisin de droite sur la même ligne, considérer qu'il y en a un quand même et qu'il vaut $0$ (exemple : $2\times 3=6$).
Voici à quoi sert ce tableau :
$1^0+2^0+\cdots+n^0=1 \times {n\choose 1} $
$1^1+2^1+\cdots+n^1=1 \times {n\choose 1} +1 \times {n\choose 2}$
$1^2+2^2+\cdots+n^2=1 \times {n\choose 1} +3 \times {n\choose 2}+2\times {n\choose 3}$
$1^3+2^3+\cdots+n^3=1 \times {n\choose 1} +7 \times {n\choose 2}+12\times {n\choose 3}+6\times {n\choose 4}$
$1^4+2^4+\cdots+n^4=1 \times {n\choose 1} +15 \times {n\choose 2}+50\times {n\choose 3}+60\times {n\choose 4}+24\times{n\choose 5}$
Un exercice : expliquer.
Réponses
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Hello,
Merci pour le partage.
Je tente un truc inachevé qui se résume en : expression du polynôme de Bernoulli de degré $k+1$ en fonction des polynômes binomiaux de degré $\le k+1$.
Je note $B_k(X) \in \Q[X]$ le polynôme de Bernoulli de degré $k$. C'est un polynôme unitaire qui vérifie un certain nombre de propriétés, en particulier $B_k(X+1) - B_k(X) = k X^{k-1}$. Et pour ce qui nous concerne, pour $n \in \N$ :
$$
1^k + 2^k + \cdots + n^k = {B_{k+1}(n+1) - B_{k+1}(0) \over k+1} \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Je note $S_k(X) = {B_{k+1}(X+1) - B_{k+1}(0) \over k+1}$, le polynôme que l'on voit dans le second membre de $(\heartsuit)$. C'est un polynôme de degré $k+1$.[color=#000000] > k := 4 ; > B<X> := BernoulliPolynomial(k+1) ; > B ; X^5 - 5/2*X^4 + 5/3*X^3 - 1/6*X > S := (Evaluate(B,X+1) - Evaluate(B,0)) / (k+1) ; > S ; 1/5*X^5 + 1/2*X^4 + 1/3*X^3 - 1/30*X > > n := 67 ; > s := &+[i^k : i in [1..n]] ; > s ; 280200834 > Evaluate(S,n) ; 280200834 [/color]
Ci-dessus, j'ai pris $k = 4$ pour te suivre dans ta dernière ligne, $n=67$ un entier quelconque et par mesure de prudence, j'ai fait vérifier que $S_k(n)$ est bien la somme des puissances $k$-ièmes $1^k + \cdots + n^k$ (avec $k=4, n=67$).
Puisque $S_k$ est un polynôme qui prend des valeurs entières sur $\N$, il est combinaison linéaire à coefficients entiers des polynômes binomiaux. Le polynôme binomial de degré $k$ est $X(X-1) \cdots (X-k+1) \over k!$. Je te suis dans ta combinaison $1, 15, 50, 60, 24$ :[color=#000000] > BP := BinomialPolynomial ; > 1*BP(X,1) + 15*BP(X,2) + 50*BP(X,3) + 60*BP(X,4) + 24*BP(X,5) ; 1/5*X^5 + 1/2*X^4 + 1/3*X^3 - 1/30*X > S ; 1/5*X^5 + 1/2*X^4 + 1/3*X^3 - 1/30*X [/color]
On voit que cela colle.
C'est tout ? Euh, oui. Sorry, c'est petit et je n'ai rien expliqué. -
Merci Claude pour cette contribution.
-
Hello,
Un truc mais je n'ai pas du tout réfléchi !
Dans l'écriture d'un polynôme en combinaison linéaire des polynômes binomiaux, on peut expliciter les coefficients en introduisant l'opérateur de différence $\Delta := \left[ P \mapsto P(X+1) - P(X) \right]$. Sans trop vérifié :
$$
P(X) = \sum \Delta^k(P)(0) f_k(X) \qquad f_k(X) = {X(X-1) \cdots (X-k+1) \over k!}
$$
le $\Delta^n$ c'est la composition.
Exemple : pour $k = 4$.
On trouve $\Delta(\sum_{k=1}^X k^4) = (X+1)^4$. Et donc :
$$
\Delta(P)(0) = 1 \qquad \Delta^2(P)(0) = 2^4-1 \qquad \Delta^3(P)(0)= 3^4-2(2^4)+1 \qquad \Delta^4(P)(0) = \sum_{j=0}^3 \left( \frac{3}{j}\right) (-1)^ {3-j} (j+1)^4$$
En fait, pour calculer $\Delta^{k}(P)(0)$ on peut remarquer que $\Delta = S-I$ où $S := \left[ P \mapsto P(X+1)\right]$ et $I$ est l'identité, et ensuite on calcul avec le binôme de Newton. -
Bonjour,
La justification qui suit est un peu laborieuse et j'imagine qu'il en est de plus élégantes
La suite $\big(\binom X k\big)_{k\in \N}$ forme une base de $\Q[X]$ et pour tous entiers $n ,k\:\:$ tels que $0\leqslant k\leqslant n$, je définis $U_{n,k}\in\Q\:$ par: $\:\: X^n = \displaystyle{ \sum_ {k=0}^n U_{n,k} \binom Xk}$.
Il vient:$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n+1}U_{n+1,k}\binom Xk = X^{n+1} = X(X^n)=\sum_{k=0}^n (X-k+k)U_{n,k}\binom Xk =\sum _{k=0}^n U_{n,k}\big((k+1)\binom X{k+1} +k \binom Xk \big)}\:$ d'où l'on déduit:
$\forall n\in \N^* \:\: U_{n,0}=0\:$ et $\:\forall k \in \N^* \:\: U_{n+1,k}=k(U_{n,k-1} + U_{n,k})\:\:\:\:\: (\star)$.
$\forall n, k \in \N^*$, je note $\:\: V_{n,k} = \dfrac {U_{n,k}}{k}$. Ainsi $\:V_{n,1} =1$ et $\forall k>1,\:\: \underline{V_{n+1,k}= (k-1)V_{n,k-1}+ k V_{n,k}}$.
Par conséquent, $V_{n,k}$ est l'élément du tableau situé ligne $n$, colonne $k$.
Il s'agit désormais de prouver que: $\boxed{\forall n\in \N, \:\:\: S_n(X) =\displaystyle{\sum_ {k=1}^{n+1} V_{n+1,k} \binom Xk}}$ où $S_n(X)$ désigne le polynôme de degré $n+1$ ayant la propriété: $\forall p\in \N, \:\:\ S_n(p) = \displaystyle{\sum_{k=0}^p k^n} \:\:\:\:(S_n(X)$ est par exemple défini par la relation: $\: \forall n \in \N, \:\: (X+1)^{n+1}= \displaystyle{\sum _{k=0}^n \binom{n+1}k S_k(X)}) $
En notant $\Delta$ l'opérateur linéaire de $\Q[X]$ défini par $\;\forall P(X) \in \Q[X],\:\: \Delta P(X) = P(X+1) - P(X)$, il vient:
$ \Delta S_n(X) = (X+1)^n = \displaystyle{ \sum_{k=0}^n U_{n,k} \binom {X+1}k = \Delta \left( \sum _{k=0}^n U_{n,k}\binom{X+1}{k+1} \right)}$.
Cela entraine: $ \forall n\in \N^*, \:\:\:S_n (X) = \displaystyle{\sum_{k=0}^n U_{n,k}\binom {X+1}{k+1}}$, ces deux polynômes ayant chacun un coefficient constant nul. Il vient alors:
$S_n (X) = \displaystyle{ \sum _{k=0}^n U_{n,k} \left( \binom X{k+1}+\binom Xk \right)=\sum_{k=1}^{n+1} (U_{n,k-1} +U_{n,k}) \binom Xk \underset {(\star)}{=} \sum_{k=1}^{n+1} V_{n+1,k}\binom Xk}$ $\:\square$
Amicalement,
P.S. On peut remarquer que $U_{n,k}$ est le nombre de surjections de $\{1,2,...,n\}$ dans $\{1,2,...,k\}$ et ainsi retrouver la relation $(\star)$. -
Hello,
merci pour vos contributions. LOU16 : cette démonstration ne me paraît pas si laborieuse (pas besoin de récurrence pour *) et elle fait bien le lien avec le triangle du binôme. -
Bonjour Magnethorax,
Je lis ton message après avoir supprimé dans le mien cette référence à une récurrence dont je venais de me rendre compte qu'elle était purement imaginaire.
Amicalement, -
Mis à part peut-être l'ordre de l'exposition des arguments pour rendre l'exposition un peu plus naturelle, il me semble difficile de trouver une preuve plus simple. Bien joué.
-
$\newcommand {\Stir}[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}}$@Magnéthorax, LOU16
J'ai vu (et lu) la preuve de LOU16. J'ai cherché s'il y avait ``plus structurel'', sans succès. J'en ai profité pour regarder de nouveau les nombres et polynômes de Bernoulli, et la bible G.K.P. (Graham, Knuth, Patashnik, Concrete Mathematics). Quelques petits compléments autour de la somme des puissances des entiers successifs.Tout d'abord, comme G.K.P, je note :
$$
\Sigma_k(n) = \sum_{i=0}^{n-1} i^k
$$
Attention la somme s'arrête à $n-1$ et commence à $0$ si bien que $\Sigma_0(n) = n$. Les points 1. 2. ci-dessous sont classiques i.e expriment $\Sigma_k(n)$ comme un polynôme en $n$ selon les monômes en $n$.
1. En notant $B_k(X)$ le polynôme de Bernoulli de degré $k$ :
$$
\Sigma_k(n) = {B_{k+1}(n) - B_{k+1}(0) \over k+1}
$$
2. Vu dans un exercice de Bourbaki où $b_k$ est le nombre de Bernoulli d'indice $k$
$$
\Sigma_k(n) = \sum_{j=0}^k \binom{k}{j} b_{k-j} { n^{j+1} \over j+1}
$$
Cela exprime la suite $\Sigma_\bullet(n)$ comme convolution binomiale des deux suites $(b_j)_{j \ge 0}$ et $(n^{j+1} /(j+1))_{j \ge 0}$.
3. Nouveau pour moi. Je note $\Stir{n}{k}$ le nombre de Stirling de deuxième espèce i.e. $\Stir{n}{k}$ est le nombre de $k$-partitions de $\{1..n\}$. Vu dans G.K.P. Cela exprime $\Sigma_k(n)$ comme polynôme en $n$ selon les polynômes binomiaux
$$
\Sigma_k(n) = \sum_{j=0}^k \Stir{k}{j} j! \binom {n}{j+1}
$$
4. Je n'ai pas pu m'empêcher de bricoler (= expérimenter). Je fixe $n$ et je construis deux matrices $(n+1) \times (n+1)$
$$
A = \left(\Stir{i}{j} j!\right)_{0 \le i,j \le n}, \qquad \qquad B = \hbox {matrice de lignes les $\binom{X}{i}$ dans la base $1, X, \cdots, X^n$ pour $0 \le i \le n$}
$$
Alors elles sont inverses l'une de l'autre. Faut maintenant que je réfléchisse pourquoi.[color=#000000] > n := 5 ; > A := StirlingMatrix(n) ; > A ; [ 1 0 0 0 0 0] [ 0 1 0 0 0 0] [ 0 1 2 0 0 0] [ 0 1 6 6 0 0] [ 0 1 14 36 24 0] [ 0 1 30 150 240 120] > > B := BinomialPolynomialMatrix(n) ; > B ; [ 1 0 0 0 0 0] [ 0 1 0 0 0 0] [ 0 -1/2 1/2 0 0 0] [ 0 1/3 -1/2 1/6 0 0] [ 0 -1/4 11/24 -1/4 1/24 0] [ 0 1/5 -5/12 7/24 -1/12 1/120] > BinomialPolynomial(X,5) ; 1/120*X^5 - 1/12*X^4 + 7/24*X^3 - 5/12*X^2 + 1/5*X > A*B ; [1 0 0 0 0 0] [0 1 0 0 0 0] [0 0 1 0 0 0] [0 0 0 1 0 0] [0 0 0 0 1 0] [0 0 0 0 0 1] [/color]
-
Hello,
Suite de mon post précédent. Je vois que la ligne 4 de la matrice $A$ i.e. la ligne $(0, 1, 14, 36, 24)$, je la retrouve via la technique du bord gauche dans la différence itérée. J'attache un problème corrigé écrit il y a 25-30 ans (plus sûr) pour des petit(e)s de première année (ou deuxième). Je crois que le corrigé a été écrit par mon voisin de bureau à l'époque. La ligne $(0,1,14,36,24)$, on la voit en bas de la page 8 du corrigé. -
$\newcommand {\Stir}[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}}$@Magnéthorax, LOU16, Jandri.
Je ne réfléchis pas assez. Je viens de constater (avant d'avoir lu le post de Jandri) que dans mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1696658,1697410#msg-1697410, le nombre de Stirling $\Stir{n}{k}$ n'intervient qu'affublé de $k!$ ; or $\Stir{n}{k} k!$, comme le dit Jandri, c'est le nombre de surjections de $\{1..n\}$ dans $\{1..k\}$ (à une telle surjection, associer la partition en fibres).
Et $\Stir{n}{k} k!$, ce n'est autre que le $U_{n,k}$ de LOU16 in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1696658,1697022#msg-1697022.
Bilan : rien de nouveau sous le soleil.
Note : je suis quand même à la recherche d'un truc ``plus structurel'' (je ne sais pas très bien ce que je veux dire par là, mais je le dis quand même). -
Bonjour Claude,
Dans ton document, on lit la phrase: " aviez vous remarqué que $1^3 +2^3+...n^3 = (1+2+...n)^2$ ?"
Il me vient alors à l'esprit cette question qui me brûle les lèvres:
Mais au fait, Claude, as-tu déjà observé que: $\dfrac{(1^5+2^5+...n^5)+(1^7+2^7+...n^7)}{2}= (1+2+...n)^4$ ?
Amicalement, -
"The Faulhaber triangle, the Bernoulli numbers, and what they're good for"
est le titre d'une conférence de John H. Conway, de Princeton University.
http://videocrm.ca/GrandeConf-20170927-JohnConway.mp4 -
@LOU16
Ton truc avec les puissances 5-ièmes et 7-ièmes, je ne connaissais pas. Tu en as d'autres ?
Un dernier (?) petit truc. Je considère la matrice $(n+1) \times (n+1)$ dont le coefficient $i,j$, pour $0 \le i, j \le n$, est le nombre de surjections $\{1..i\} \to \{1..j\}$. Par exemple, pour $n = 6$ :[color=#000000] > SurjMatrix(6) ; [ 1 0 0 0 0 0 0] [ 0 1 0 0 0 0 0] [ 0 1 2 0 0 0 0] [ 0 1 6 6 0 0 0] [ 0 1 14 36 24 0 0] [ 0 1 30 150 240 120 0] [ 0 1 62 540 1560 1800 720] [/color]
Les colonnes sont numérotées de $0$ à $n$. On obtient par exemple $540$ (dernière ligne) à l'aide de la ligne précédente : $540 = 3 \times (30 + 150)$ ; pourquoi $3 \times$ ? Parce que $150$ est sur la colonne numéro 3 (et que $30$ est sur la colonne 3, ah-ah).
Je combine les polynômes binomiaux $\binom{X}{j+1}$ avec les coefficients de la dernière ligne. Comme prévu (note : BP stands for BinomialPolynomial)[color=#000000] > BP(X,1) + 62*BP(X,2) + 540*BP(X,3) + 1560*BP(X,4) + 1800*BP(X,5) + 720*BP(X,6) ; X^6 [/color]
Je fais presque la même chose mais avec un petit décalage dans les numéros des polynômes binomiaux :[color=#000000] > BP(X,2) + 62*BP(X,3) + 540*BP(X,4) + 1560*BP(X,5) + 1800*BP(X,6) + 720*BP(X,7) ; 1/7*X^7 - 1/2*X^6 + 1/2*X^5 - 1/6*X^3 + 1/42*X > Sigma(6) ; 1/7*X^7 - 1/2*X^6 + 1/2*X^5 - 1/6*X^3 + 1/42*X [/color]
On retrouve $\Sigma_6(X)$. Je m'amuse ? C'est pas faux.
LOU16. Soit $K$ un corps de caractéristique 0. Connais tu l'opérateur $V : K[X] \to K[X]$ caractérisé par $\Delta = V \circ D$ où $\Delta$ est l'opérateur de différence et $D$ la dérivation ? C'est un isomorphisme qui préserve le degré et le coefficient dominant :
$$
V(g) = g + {g' \over 2!} + {g'' \over 3!} + \cdots + {g^{(m)} \over (m+1)!} + \cdots
$$ -
@Cidrolin
Merci pour la vidéo Conway -
@Claude Quitté
Il existe en effet d'autres relations du type $S_5+S_7=2S_1^4$ avec des exposants plus élevés, découvertes, je crois, par Jacobi, mais que je ne peux te citer de mémoire.
D'autre part, je sais peu de choses sur l'histoire de $V$: en notant $T$ l'opérateur $P(X) \longmapsto P(X+1)$, la "formule de Taylor" dit que:
$T = \displaystyle {\sum_ {n=0}^{+\infty} \dfrac{D^n}{n!}}$. Ainsi: $\:\Delta = T- \text{Id}=\displaystyle{\left( \sum _{n=0}^{+\infty} \dfrac {D^n}{(n+1)!}\right) \circ D=V\circ D} $.
On déduit : $D = V^{-1}\circ \Delta =\Delta \circ V^{-1}= \Delta \circ\displaystyle{ \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{B_n}{n!}D^n}$ où $\dfrac{B_n}{n!}$ est le coefficient de $X^n$ dans la série formelle $\dfrac X{\exp (X) -1}$.
Cela donne par exemple: $ \forall P\in \mathbb K[X] ,\:\:P'(X) =\displaystyle{\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{B_n}{n!}\Big (P^{(n)} (X+1) - P^{(n)} (X)\Big)}$, ce qui permet de retrouver l'expression de $\displaystyle{\sum_{k=0}^p k^n}$ en fonction des nombres de Bernoulli.
Amicalement, -
Hello tout le monde,
Knuth a aussi écrit un article sur des généralisations de $1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2$, voir
http://www.ams.org/journals/mcom/1993-61-203/S0025-5718-1993-1197512-7/S0025-5718-1993-1197512-7.pdf -
@LOU16 Oui, c'est cela l'opérateur $V$. De manière symbolique (et pas que symbolique) :
$$
V = {e^D - 1 \over D} = {D^1/1! + D^2/2! + \cdots + D^{m+1}/(m+1)! + \cdots \over D} =
\text{Id}_{K[X]} + {D \over 2!} + \cdots + {D^{m} \over (m+1)! } + \cdots
$$
Mais je crois maintenant que l'on en a rien à cirer (de $V$). Au début, je pensais que oui car le polynôme de Bernoulli $B_k$ est défini par $V^{-1}(X^k)$. Mais $B_k$ n'intervient pas directement et ce qui compte (en continuant à utiliser mes notations), c'est que $\Delta(\Sigma_k) = X^k$ pour tout $k \ge 0$.
Un mini-détail : j'ai un petit faible pour la sommation jusqu'à $n-1$ surtout parce que G.K.P. le font. Tu remarqueras que tous les $\Sigma_k$ sont nuls en $0$, $\Sigma_0 = X$,alors que ton $Q_0$ vaut $X+1$. Vraiment un mini-détail.
Pour résumer : je ne sais pas ce que je cherche. L'implication suivante, où $M$ est une matrice infinie triangulaire supérieure :
$$
(X^0, X^1, X^2, \cdots) = \left( \textstyle {\binom{X}{0}, \binom{X}{1}, \binom{X}{2}, \cdots }\right) \cdot M
\qquad\Rightarrow\qquad
(\Sigma_0, \Sigma_1, \Sigma_2, \cdots) = \left( \textstyle {\binom{X}{1}, \binom{X}{2}, \binom{X}{3}, \cdots }\right) \cdot M
$$
s'obtient à coup de $\Delta$ (c'est ce que tu as fait, en un certain sens).
Bref, rien.
@Magnétorax J'espère que je n'ai pas trop pollué ton fil. -
J'ai retrouvé dans mes papiers une formule $(*)$ sans doute connue, qui a pour conséquence la formule de Magnéthorax $(**).$
Je note ${\rm Surj}(p,j)$ le nombre de surjections de $1,p$ dans $1,j$.
De $k^p=\displaystyle\sum_{j=0}^p{k\choose j}{\rm Surj}(p,j)$ on déduit en utilisant $\displaystyle\sum_{k=0}^n{k\choose j}={n+1\choose j+1}$:
$$\displaystyle\sum_{k=0}^n k^p=\displaystyle\sum_{j=0}^p{n+1\choose j+1}{\rm Surj}(p,j) \quad (*)$$
On en déduit ensuite:
$\displaystyle\sum_{k=0}^n k^p=\displaystyle\sum_{j=0}^p{n\choose j}{\rm Surj}(p,j)+\sum_{j=0}^p{n\choose j+1}{\rm Surj}(p,j)=\displaystyle\sum_{j=0}^p{n\choose j}{\rm Surj}(p,j)+\sum_{j=1}^{p+1}{n\choose j}{\rm Surj}(p,j-1)$
d'où en utilisant ${\rm Surj}(p+1,j)=p({\rm Surj}(p,j)+{\rm Surj}(p,j-1))$:
$$\displaystyle\sum_{k=0}^n k^p=\displaystyle\sum_{j=0}^{p+1}{n\choose j} \dfrac1p{\rm Surj}(p+1,j)\quad (**) $$ -
$\newcommand {\Euler}[2]{\genfrac{\langle}{\rangle}{0pt}{}{#1}{#2}}\def\Surj{\text{Surj}}$@jandri
Vu. Ta formule $(\star)$, je l'ai vue dans G.K.P. C'est celle du point 3 que j'ai rapportée dans mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1696658,1697410#msg-1697410, qui s'écrit (en changeant $n+1$ chez toi en $n$ chez moi because $\Sigma_k$ somme jusqu'à $n-1$) :
$$
\Sigma_p(n) = \sum_{j = 0}^{p+1} \Surj(p,j) \binom {n}{j+1}
$$
Autre chose. J'ai vu dans G.K.P. une autre formule qui fait intervenir les Eulerian numbers $\Euler {p}{j}$. Je l'écris à droite ci-dessous, mais je rappelle à gauche celle que l'on connaît, histoire de mieux voir l'indice qui varie dans le polynôme binomial :
$$
X^p = \sum_{j=0}^p \Surj(p,j) \binom {X}{j} \qquad\qquad\hbox {versus} \qquad\qquad
X^p = \sum_{j=0}^p \Euler{p}{j} \binom {X+j}{p}
$$ -
@ Claude Quitté
D'accord pour le point 3, mais quand je l'avais lu je n'avais pas remarqué qu'il donnait une démonstration de la formule de Magnéthorax .
D'accord aussi pour la formule avec les nombres Eulériens (c'est la formule de Worpitzky).
On en déduit une autre formule (avec tes notations):
$$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} k^p=\displaystyle\sum_{j=0}^{p-1} \Euler {p}{j}\binom {n+j}{p+1}$$ -
@Jandri
OK. Cette combinatoire, je ne la connais pas bien (cela se voit d'ailleurs dans mes posts !). J'en profite pour pointer un pdf de combinatoire de 362 pages avec exercices corrigés. Auteurs : Foata & Han, version du 8 Octobre 2008 (je n'ai pas trouvé plus récent) http://irma.math.unistra.fr/~foata/AlgComb.pdf
Il y a 4 grands chapitres. En attaché, le sommaire du chapitre 3. -
Je me rends compte que j'avais déjà cherché ce problème.
J'ai retrouvé dans mes notes (pas très bien rangées je le reconnais) un papier répondant à la question de Magnéthorax dans lequel j'ai la même démonstration que celle que j'ai proposée ci-dessus.
Pour une fois j'avais noté la référence et curieusement c'est :
Triangle des sommes de puissances proposé par Magnéthorax!
C'était en juillet 2016 et comme j'étais en vacances je l'avais cherché après coup et je n'avais pas répondu au forum. -
$\newcommand {\Stir}[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}}$@Jandri
Retrouver ses billes n'est pas une mince affaire (je parle pour moi) et donc je dis bravo. Un autre point personnel : je dois absolument éviter de croire que je connais le contenu des ouvrages que je possède. Bien sûr, je sais pertinemment que je n'ai pas lu tel ou tel ouvrage mais de temps en temps j'ai la prétention de penser que j'en connais vaguement le sommaire. Même pas vrai.
En ce sens, un bon point pour ce ce fil, qui m'a permis d'ouvrir de nouveau G.K.P. et de consulter encore le pdf de Foata & Han.
Un peu de maths pour éviter mes propos de comptoir : quelques relations concernant les nombres de Stirling (de deuxième espèce) $S_{n,k}$ (chez G.K.P. $\Stir{n}{k}$) : $S_{n,k}$ est le nombre de $k$-partitions de $\{1..n\}$, de sorte que $k!S_{n,k}$ est le nombre de surjections de $\{1..n\}$ sur $\{1..k\}$.. La page est tirée de Foata & Han. -
Une modeste contribution ---> http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1662158,1662158#msg-1662158
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Bonjour Cidrolin,
Depuis j'ai retrouvé l'origine de ``camp mathématique'' : il s'agit du Camp mathématique de l'AMQ (Association Mathématique du Québec). Cela se passait en Juin 2005, cf http://campmath.uqam.ca/. Et André Joyal y avait préparé plusieurs notes, en particulier celle-ci http://campmath.uqam.ca/deJoyal/bernoulli.pdf qui date d'un camp précédent. -
Merci Claude.
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Bonjour à tous,
juste une brève intervention pour vous signaler cet article du magazine Quadrature n°92 (année 2014). Il pourrait apporter un peu d'eau à vos moulins respectifs.
Je n'ai pas parcouru en détail ce fil mais je ne crois pas qu'il ait été mentionné.
On y trouve la démonstration d'un théorème qui permet de transformer une somme de $p$ puissances en une somme de $n$ termes.
Cordialement. -
Bonsoir,
je voulais revenir sur une petite identité combinatoire évoquée un peu plus haut dans ce sujet. Elle figure aussi dans l'article que j'ai posté.
Soit $p_{n,p}$ le nombre de partitions de $\lbrack\lbrack 1,n \rbrack\rbrack$ en $p$ ensembles non-vides, pour tous entiers $0 \leq p \leq n$, avec la convention $p_{0,0}=1$.
Le lien entre le nombre de surjections d'un ensemble $E$ de cardinal $n$ vers un ensemble $F$ de cardinale $p$ (noté $S_{n,p}$) et $p_{n,p}$ est donné par le lemme suivant.
$\textbf{Lemme 1}$ Pour tout $0 \leq p \leq n$, on a la relation $$
S_{n,p}=p!\:p_{n,p}
$$ Le cas $p=0$ résultant de la convention, on suppose $1 \leq p \leq n$.
On note $S$ l'ensemble des surjections de $1,n$ vers $1,p$ et $P$ l'ensemble des partitions de $1,n$ en $p$ ensembles non vides.
Soit $\Psi$ l'application de $S$ dans $P$ qui à la surjection $f$ associe $\{f^{-1}(1), \ldots , f^{-1}(p)\}$. Cet ensemble est une partition de $1,n$ en $p$ ensembles non vides pour toute surjection $f$ de $1,n$ dans $1,p$.
D'après le lemme des bergers $$
S_{n,p} = card(S) = \sum_{\pi \in P}card\big(\Psi^{-1}(\pi)\big)
$$ Mais pour chaque élément $\pi=\{\Pi_1,\ldots,\Pi_p\}$ de $P$, il existe $p!$ antécédents de $\pi$ par $\Psi$.
Alors là, je dois dire que quand j'ai découvert cette démonstration, je me suis heurté à cette dernière phrase. Il faut jongler avec les images, les images réciproques, les fonctions $f$, la fonction $\Psi$, de $S$ vers $P$, de $P$ vers $S$ etc ...
Il faut juste avoir en tête que chaque élément de $\{f^{-1}(1), \ldots., f^{-1}(p)\}$ représente une partie non-vide de $1,n$. Mais cela vaut pour $\textbf{une}$ surjection. En réalité, à toute partition $\Pi_1, \Pi_2, \ldots, \Pi_p$ de $1, n$ en $p$ parties, on peut associer $p!$ surjections: précisément les surjections pour lesquelles les parties $\Pi_1, \Pi_2, \ldots, \Pi_p$ sont les images réciproques des éléments de $1, p$.
On obtient donc $$
p_{n,p}=\frac{S_{n,p}}{p!}
$$ À quoi ressemblent ces antécédents de $\pi=\{\Pi_1, \ldots, \Pi_p\}$ qui peuplent l'ensemble $S$ ?
L'article les définit ainsi : ce sont les applications $f_\sigma$, pour $\sigma$ permutation de $1,p$, définies pour tout $i: \ 1 \leq i \leq p$, par $$
f_\sigma(x)=\sigma(i) \Longleftrightarrow x \in \Pi_i.
$$ Au final, $$
S_{n,p}=p! \: card(P) = p! \: p_{n,p}
$$ Ensuite on démontre le lemme suivant
$\textbf{Lemme 2}$ Pour tous entiers $n$ et $p$ tels que $0 \leq p \leq n$, on a $$
\sum_{k=0}^p {p \choose k} \: S_{n,k} = p^n.
$$ On remarque ensuite que les coefficients $(S_{n,k})_{0 \leq k \leq n}$ sont les coefficients du polynôme $X^n$ dans une certaine base de $\mathbb{R}_n[X]$.
Enfin le lemme 1 permet d'obtenir une formule pour les nombres de Stirling de seconde espèce.
$\textbf{Lemme 3}$ Pour tout couple d'entiers $(n,p)$ avec $p \leq n$, le nombre de partitions de $1,n$ en $p$ ensembles non-vides est $$
p_{n,p}=\sum_{j=0}^p \frac{(-1)^{p-j}j^n}{(p-j)!\:j!}.
$$ ... -
Salut Df,
En fait je pense que l'ensemble des $p$-partitions c'est la même chose que les orbites de l'action de $\mathfrak{S}_p$ sur $S_{n,p}$ l'action étant donnée par $ \sigma \star f := \sigma \circ f$.
En traduisant, il faut voir que $f$ et $g$ donnent la même partition si et seulement si il existe $\sigma \in \mathfrak{S}_p$ tel que $\sigma \circ f = g$.
Y'a certainement une jolie manière de l'écrire proprement ! -
D'ailleurs c'est rigolo, je pense qu'on arrive a la chose suivante :
Soit $f$ et $g$ sont deux surjections de $\{1,\dots,n\} \to \{1,\dots,p\}$. si pour tout $x,y \in \{1,\dots,n\}$, on a : $f(x) = f(x)$ implique que $g(x) = g(y)$. Alors pour tout $x,y \in \{1,\dots,n\}$ on a : $g(x) = g(y)$ implique que $f(x) = f(y)$. -
@df
Bienvenue au club. Une petite remarque à propos de l'extrait de Quadrature (tu vas dire que je suis ch.ant, c'est pas faux) : je trouve dommage que l'indice muet dans les deux sommes, à gauche et à droite, soit le même (à savoir $k$). Tu vas me dire que chacun fait ce qu'il veut. Eh ben, non. De plus, à gauche, faire démarrer l'indice $k$ à 2, c'est pas trop top.
Mais ça, c'est juste l'extrait. Faut surtout pas pas que cela t'empêche de t'amuser avec les choses de la vie (nombre de surjections, polynômes binomiaux, Bernoulli, Stirling, sommes de puissances ...etc..). Bon courage.
@moduloP
Depuis quelques jours, je vois des nombres de Bernoulli partout. C'est grave ? A propos des nombres de Bernoulli, W. Stein raconte qu'il y a des algorithmes très efficaces pour les calculer. Il dit par exemple que l'on peut calculer le nombre de chiffres de $b_{10^{50}}$ en moins d'une seconde. Of course, j'ignore comment. Par contre, je sais faire pour $b_{10^{50} + 1}$ -
Pour calculer une valeur approchée du nombre de chiffres de $b_{10^{50}}$ j'utilise l'équivalent $|b_{2n}|\sim \dfrac{2(2n)!}{(2\pi)^{2n}} $.
On obtient que $b_{10^{50}}$ a environ $9.8137\times10^{51}$ chiffres. -
@Jandri : tu vois l'étendue de mon ignorance.
Là, je m'amuse sur $\Q[X]$. Je note $\Delta$ l'opérateur de différence $\Delta(f) = f(X+1) - f(X)$, $D$ la dérivation qui ont même noyau (les polynômes constants) et $S$ la section de $D$ définie par $X^m \mapsto {X^{m+1} \over m+1}$ avec donc $D \circ S = \text{Id}_{\Q[X]}$.
Rappel : pour calculer le polynôme de Bernoulli $B_m(X)$, on prend un $f$ (défini à une constante près) tel que $\Delta(f) = X^m$ et alors $B_m(X) \buildrel {\rm def} \over = f'$. De sorte qu'en notant $B$ l'opérateur défini par
$$
B(X^m) = B_m(X) \qquad \hbox {on a} \qquad B \circ \Delta = D \qquad \hbox {a fortiori} \qquad
B \circ (\Delta \circ S) = \text{Id}_{\Q[X]}
$$
Bref : $\Delta \circ S$ et $B$ sont inverses l'un de l'autre. Petit diagramme à gauche :
$$
\xymatrix {
& \Q[X] \ar[dl]_{\Delta} \ar@/^9pt/[dr]^{D} \\
\Q[X]\ar[rr]_B & &\Q[X]\ar@/^9pt/[ul]^S \\
}
\qquad
\qquad
\begin {array} {c|ccccc}
& \textstyle{{(X+1) - X \over 1}} & \textstyle{{(X+1)^2 - X^2 \over 2} } & \textstyle{ {(X+1)^3 - X^3 \over 3}} & \cdots \cr
\hline
1 & \cr
X & \cr
X^2 & \cr
\vdots &\cr
\end {array}
$$
A droite, préparation de la matrice infinie de $\Delta \circ S$ dans la base $1, X, X^2, \cdots$
L'infini, ci-dessous, c'est 11 : 12 lignes et colonnes numérotées de $0$ à $11$[color=#000000] > DeltaoS ; [ 1 1/2 1/3 1/4 1/5 1/6 1/7 1/8 1/9 1/10 1/11 1/12] [ 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1] [ 0 0 1 3/2 2 5/2 3 7/2 4 9/2 5 11/2] [ 0 0 0 1 2 10/3 5 7 28/3 12 15 55/3] [ 0 0 0 0 1 5/2 5 35/4 14 21 30 165/4] [ 0 0 0 0 0 1 3 7 14 126/5 42 66] [ 0 0 0 0 0 0 1 7/2 28/3 21 42 77] [ 0 0 0 0 0 0 0 1 4 12 30 66] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 9/2 15 165/4] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 5 55/3] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 11/2] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1] [/color]
Et son inverse[color=#000000] > DeltaoS^-1 ; [ 1 -1/2 1/6 0 -1/30 0 1/42 0 -1/30 0 5/66 0] [ 0 1 -1 1/2 0 -1/6 0 1/6 0 -3/10 0 5/6] [ 0 0 1 -3/2 1 0 -1/2 0 2/3 0 -3/2 0] [ 0 0 0 1 -2 5/3 0 -7/6 0 2 0 -11/2] [ 0 0 0 0 1 -5/2 5/2 0 -7/3 0 5 0] [ 0 0 0 0 0 1 -3 7/2 0 -21/5 0 11] [ 0 0 0 0 0 0 1 -7/2 14/3 0 -7 0] [ 0 0 0 0 0 0 0 1 -4 6 0 -11] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -9/2 15/2 0] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -5 55/6] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -11/2] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1] > > BernoulliPolynomial(4) ; X^4 - 2*X^3 + X^2 - 1/30 [/color]
En plaine, il fait chaud. -
@moduloP
Montagne : je crois que je comprends car cela m'est arrivé il y a 6-7 ans (je n'ai pas pu marcher pendant 3 ans). C'est le plus important (la montagne).
Calcul ombral : je ne sais pas vraiment ce que c'est. Disons que je ne pourrais rien expliquer là-dessus au pied levé à mon petit fils, ce qui veut dire en clair que je ne connais pas.
Mon post précédent. J'ai simplement voulu dire le truc banal élémentaire écrit partout : les opérateurs $\Delta$ et $D$, ``même combat''. Et ce qui les acoquine, c'est l'opérateur (isomorphisme) $B$ qui réalise $X^n \mapsto B_n(X)$.
Pour de vrai : du point de vue programmation, cela me faisait ch.er de remplir la matrice $\Delta \circ S$ par COLONNES comme je l'ai prétendu (je ne sais plus pourquoi, cela me faisait ch.er). Et du coup, je l'ai remplie par lignes. Vois tu comment ? et en fait, cela m'a fait aussi un peu ch.er de la monter par lignes, pour que cela colle pile-poil
Autre chose (rien à voir). Comme tout le monde, j'avais entendu parler du théorème de von Staudt-Clausen. Pour $n \ge 2$ pair, le nombre de Bernoulli $b_n$ (terme constant du polynôme de Bernoulli $B_n(X)$) vérifie
$$
b_n + \sum_{p \atop p-1 \mid n} {1 \over p} \qquad \hbox { est un entier}
$$
J'ose avouer que j'ai compris seulement hier soir ce que cela signifiait vraiment sur le dénominateur et numérateur de $b_n$. -
Merci Claude Quitté et Modulo P ! Je crois que le lien entre orbites et partition d'un ensemble $E$ a déjà été évoqué sur ce forum. Je recherche cette discussion depuis un moment !
ps: une petite digression non-mathématique. J'espère que la modération ne m'en voudra pas: moi aussi j'étais en montagne il y a quelques jours.
Par la GR10, j'ai fait: Etsau (vallée d'Aspe) ----> Gourette ---> Cauterets ---> lac de Gaube ---> refuge des Houlettes: en face du magnifique Vignemale ---> refuge de Baysselance ---> vallée d'Ossoue: ses cascades, ses torrents ---> cirque de Gavarnie.
Saviez-vous qu'en France, on peut encore tomber, en pleine nature et au détour d'un sentier de randonnée, sur des marmottes, des izards et un cadavre de vache dévoré par des dizaines de vautours ?
... -
Oui c'est sûr. J'ai parlé de liens: il n'y a pas de liens: c'est la même chose.
Je le sais ! Mais il y a un sujet qui revenait en détail sur la question: exemples à l'appui.
Je crois d'ailleurs que c'est celui-là:
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,399018,399095
... -
Salut Df,
C'est un peu différent ici. Le groupe qui agit est $\mathfrak{S}_p$ et l'ensemble qui reçoit l'action est l'ensemble $S_{n,p}$ des surjection de $\{1,\dots,n\}$ vers $\{1,\dots,p\}$. Ce que je voulais dire c'est que l'ensemble des orbites de cette action est en bijection avec l'ensemble des $p$-partition de $\{1,\dots,n\}$ et non pas que l'ensemble des orbites forment une partition de $S_{n,p}$.
Je voulais répondre a ta question : a quoi ressemble les antécédents de ... qui peuplent $S$. Un exemple rapidos $n = 5$ et $p=3$. On prend la $3$ partition de $\{1,\dots,\}$ donnée par $\Pi_1 = \{1,2 \}$ $Pi_2 = \{ 3,4\}$ et $\Pi_3 = \{5\}$. On se prend un antécédent disons $f$ :
$$
f(1)=f(2) = 1 \qquad f(3)=f(4) = 2 \qquad f(5) =3
$$
Ce que je veux dire c'est que les $6$ antécédents de $\Psi$ sont exactement les $\sigma \circ f$ où $\sigma \in \mathfrak{S}_3$. Par exemple, pour $\sigma = (123)$ on obtient en posant : $g := \sigma \circ f$ :
$$
g(1) = g(2) = 2 \qquad g(3)=g(4) = 3 \qquad g(5) = 1
$$
Remarque : si tu veux tu peux retrouver la formule que tu donnes pour $\# P_{n,p}$ avec la formule de Burnside.
@Claude : je n'ai pas du tout réfléchi, pas le courage pour l'instant :-D -
Dans la série ``je vois des nombres de Bernoulli partout'', une petite histoire (fortement inspirée par Don Zagier) sur le nombre 12 et le nombre de Bernoulli $b_{12} = -691/2730$. Au dénominateur, normal : les nombres premiers $p$ tels que $p-1 \mid 12$ sont $p = 2,3,5,7,13$ et leur produit est bien $2730$. Quant au numérateur 691, c'est un nombre premier qui intervient dans la congruence vérifiée par le nombre $\tau(n)$ de Ramanujan :
$$
\tau(n) \equiv \sigma_{11}(n) \bmod 691, \qquad \Delta(q) = q \prod_{n \ge 1} (1-q^n)^{24} = \sum_{n \ge 1} \tau(n)q^n, \qquad \sigma_{11}(n) = \sum_{d\mid n} d^{11}
$$
De manière artificielle, je vais faire déterminer $E_{12} + 24/b_{12} \Delta$ où $E_{12}(q)$ est la série d'Eisenstein $E_{2k} = 1 - 4k / b_{2k} \sum_{n \ge 1} \sigma_{2k-1}(n) q^n$ avec ici $k = 6$. Le 24, because $4k$ et la combinaison, c'est pour tuer le terme en $q$.[color=#000000] > E12<q> := Eisenstein(12, q) ; > E12 ; 1 + 65520/691*q + 134250480/691*q^2 + 11606736960/691*q^3 + 274945048560/691*q^4 + 3199218815520/691*q^5 + 23782204031040/691*q^6 + 129554448266880/691*q^7 + 563087459516400/691*q^8 + 2056098632318640/691*q^9 + 6555199353000480/691*q^10 + 18693620658498240/691*q^11 + 48705965462306880/691*q^12 + 117422349017369760/691*q^13 + 265457064498837120/691*q^14 + 566735214731736960/691*q^15 + 1153203117089652720/691*q^16 + 2245494646076179680/691*q^17 + 4212946097620893360/691*q^18 + 7632441763011374400/691*q^19 + O(q^20) > // Coeff de q de E_{2k} = -4*k/b_{2k} > Delta := Delta(q) ; > Delta ; q - 24*q^2 + 252*q^3 - 1472*q^4 + 4830*q^5 - 6048*q^6 - 16744*q^7 + 84480*q^8 - 113643*q^9 - 115920*q^10 + 534612*q^11 - 370944*q^12 - 577738*q^13 + 401856*q^14 + 1217160*q^15 + 987136*q^16 - 6905934*q^17 + 2727432*q^18 + 10661420*q^19 - 7109760*q^20 - 4219488*q^21 + O(q^22) > // E12 + c*Delta a son terme en q qui est nul avec -4*6/b_12 + c = 0 > // Miracle : E12 + c*Delta est à coefficients entiers > b12 := BernoulliNumber(12) ; > b12 ; -691/2730 > c := 4*6 / b12 ; > c ; -65520/691 > E12 + c*Delta ; 1 + 196560*q^2 + 16773120*q^3 + 398034000*q^4 + 4629381120*q^5 + 34417656000*q^6 + 187489935360*q^7 + 814879774800*q^8 + 2975551488000*q^9 + 9486551299680*q^10 + 27052945920000*q^11 + 70486236999360*q^12 + 169931095326720*q^13 + 384163586352000*q^14 + 820166620815360*q^15 + 1668890090322000*q^16 + 3249631112232960*q^17 + 6096882661243920*q^18 + 11045500816896000*q^19 + O(q^20) [/color]
Le miracle, c'est que $E_{12} + 24/b_{12} \Delta$ est à coefficients entiers $\ge 1$. Du coup, pour $n \ge 2$, le terme en $q^n$ est, avec $65520 = 4 \times 6 \times 2730$, au signe près :
$$
{65520 (\tau(n) - \sigma_{11}(n)) \over 691} \in \Z \qquad\hbox {donc} \qquad \tau(n) - \sigma_{11}(n) \in 691 \Z
$$
On va essayer de voir pourquoi la série est à coefficients entiers $\ge 1$ (sauf en $q$). L'espace $M_{12}$ des formes modulaires de poids 12 pour le groupe $\text{PSL}_2(\Z) = \Gamma_0(1)$ est de dimension 2 et sur $\Q$, une $\Q$-base est constituée de $E_{12}, \Delta$ (cf le cours d'arithmétique de Serre, le petit livre noir).[color=#000000] > M12 := ModularForms(Gamma0(1), 12) ; > M12 ; Space of modular forms on Gamma_0(1) of weight 12 and dimension 2 over Integer Ring. > Basis(M12) ; [ 1 + 196560*q^2 + 16773120*q^3 + 398034000*q^4 + 4629381120*q^5 + 34417656000*q^6 + 187489935360*q^7 + 814879774800*q^8 + 2975551488000*q^9 + 9486551299680*q^10 + 27052945920000*q^11 + O(q^12), q - 24*q^2 + 252*q^3 - 1472*q^4 + 4830*q^5 - 6048*q^6 - 16744*q^7 + 84480*q^8 - 113643*q^9 - 115920*q^10 + 534612*q^11 + O(q^12) ] [/color]
Il se trouve qu'en dimension 24, il y a un fameux réseau dit de Leech ou encore $\Lambda_{24}$ dont la $\Theta$-série n'a pas de terme en $q^2$. C''est un réseau entier, pair, unimodulaire (la matrice de Gram est entière, coefficients diagonaux pairs et de déterminant $1$) et sa $\Theta$-série est par définition :
$$
\sum_{n \ge 0} N_n q^n = 1 + N_2q^2 + N_4q^4 + \cdots \qquad \hbox {où $N_n$ est le nombre de vecteurs du réseau de norme $n$}
$$
Ici les $N_n$ avec $n$ impair sont nuls car le réseau est pair (la norme tombe dans $2\N$). Attention au patacaisse $q^2$ versus $q$, cf plus loin.[color=#000000] > Leech := Lattice("Lambda", 24) ; > GramMatrix(Leech) ; [ 8 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 2 4 2 2 2 4 2 2 2 0 0 0 -3] [ 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 0 0 -1] [ 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 0 0 -1] [ 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 0 0 -1] [ 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 0 -1] [ 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 0 0 0 -1] [ 4 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 0 0 0 -1] [ 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 0 0 1] [ 4 2 2 2 2 2 2 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 -1] [ 4 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 0 1 0 -1] [ 4 2 2 2 2 2 2 1 2 2 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 1 -1] [ 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 4 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1] [ 4 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 4 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 -1] [ 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 4 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1] [ 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 4 2 1 2 2 2 2 1 2 1] [ 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 4 1 2 2 2 2 1 1 1] [ 4 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 1 4 2 2 2 1 1 1 -1] [ 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 1] [ 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 4 2 2 1 2 1] [ 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 4 2 1 1 1] [ 0 1 1 1 1 0 0 2 1 0 0 2 1 2 2 2 1 2 2 2 4 2 2 2] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 4 2 2] [ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 4 2] [-3 -1 -1 -1 -1 -1 -1 1 -1 -1 -1 1 -1 1 1 1 -1 1 1 1 2 2 2 4] [/color]
Pour attrapper le groupe d'automorphismes de ce réseau, c'est préférable de le récupérer dans la base de données.[color=#000000] > DL := LatticeDatabase() ; > NumberOfLattices(DL, 24) ; 75 > L := Lattice(DL,24,40) ; > assert GramMatrix(L) eq GramMatrix(Leech) ; > G := AutomorphismGroup(L) ; > #G ; 8315553613086720000 > FactoredOrder(G) ; [ <2, 22>, <3, 9>, <5, 4>, <7, 2>, <11, 1>, <13, 1>, <23, 1> ] [/color]
Et la chute, c'est que la $\Theta$-série $S$ du réseau est telle que $S(q^{1/2})$ est une forme modulaire de poids $12=24/2$ pour le groupe $\Gamma_0(1)$ donc est dans l'espace $M_{12}$ déjà habité , à savoir habité par la $\Q$-base $E_{12}, \Delta$. Donc $S(q^{1/2})$ est de la forme $E_{12} + c\Delta$ où $c$ est déterminé par le fait que cette combinaison linéaire n'a pas de terme en $q$.
Attention, cela va faire chauffer la machine[color=#000000] > // Leech n'a pas de vecteur de norme 2 donc la série ci-dessous a son terme en q^2 qui est nul > time S<q> := ThetaSeries(L,8) ; Time: 100.050 > S ; 1 + 196560*q^4 + 16773120*q^6 + 398034000*q^8 + O(q^9) > E12 + c*Delta + O(q^5) ; 1 + 196560*q^2 + 16773120*q^3 + 398034000*q^4 + O(q^5) [/color]
Si j'ai parlé du groupe d'automorphismes du réseau de Leech, c'est que cela a un rapport avec le groupe monstre, mais je ne sais pas lequel. Cf la section 7 de ``Monstrous Moonshine'' http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.103.3704&rep=rep1&type=pdf. Auteurs : J.H. Conway (dont on a déjà parlé ici) et Norton.
$b_{12}$, quand tu me tiens. -
Claude :
Si j'ai bien compris, Serre (p 14.04) fait autrement pour l'histoire de coefficients entiers. Il dit comme toi, $\Delta$ et $E_{12}$ forment une base de $\text{M}_{12}$ et ensuite il dit : $E_{6}^2 \in M_{12}$. Et on trouve, en regardant les $2$ premiers termes) :
$$
691 E_6^2 = 691 E_{12} -413784 \Delta \qquad 413784 = 65520 \pmod{691}
$$
Ce qui donne :
$$
65520 ( \sigma_{11}(n) - \tau(n)) = 0 \pmod{691}
$$
Il faut dire également que $E_6$ est a coefficients entiers, puisque $b_6 = \frac{1}{42}$ et donc
$$
E_6 = 1 -504\sum_{n>0} \sigma_5(n)q^n
$$
Boulette c'est pas $413784$ mais $762048$ -
@moduloP
Très juste pour la congruence modulo 691. Oui, $E_4, E_6$ sont à coefficients entiers et $\Q[E_4,E_6]$ est l'espace des formes modulaires pour le groupe $\Gamma(1)$. Je n'ai pas pensé à ce papier de Serre que tu cites (et que je connais un tout petit peu).
Trop polarisé par le réseau de Leech $\Lambda_{24}$. J'en ai ch.é car je pense qu'il y a une coquille dans Don Zagier : c'est dans The 1-2-3 of Modular Forms, en haut de la page 35 (lignes 3 et 4, un coefficient 21736 que je ne comprends pas).
Tu as cet ouvrage ``1-2-3 of Modular Forms'' ?
Note : depuis tout le temps, je réalise une $2i\pi$-épuration des objets elliptico-modulaires pour n'avoir que du $q$-rationnel. Je veux dire qu'au lieu de $\Z \oplus \Z\tau$, je considère le réseau semblable $2i\pi (\Z \oplus \Z\tau)$. Je dois faire attention à cela par rapport à d'autres auteurs.
Bref, j'avais envie de m'amuser avec $b_{12}$. -
C'est trop complexe ces histoires, y'a trop d'objets à analyser ! Je suppose que $M_{12}$ de dimension $2$ provient du nombre de solution de l'équation dans $N^2$, $4k +6k' = 12$ ... on obtient comme base : $E_4^3$ et $E_6^2$.
Et comme $\Delta \in M_{12}$. On peut chercher son écriture, en regardant les coefficients constants :
$$
\Delta = a(E_4^3-E_6^2)
$$
On trouve $a = \frac{1}{1728}$ (hum hum) ! Boulette de signe ! -
@moduloP
Tu as tout bon. Sauf que tu as une erreur de signe : ton $a$ c'est $1/1728$ et pas $-1/1728$.[color=#000000] > E4 := Eisenstein(4,q) ; > E4 + O(q^5) ; 1 + 240*q + 2160*q^2 + 6720*q^3 + 17520*q^4 + O(q^5) > E6 := Eisenstein(6,q) ; > E6 + O(q^5) ; 1 - 504*q - 16632*q^2 - 122976*q^3 - 532728*q^4 + O(q^5) > (E4^3 - E6^2)/1728 + O(q^5) ; q - 24*q^2 + 252*q^3 - 1472*q^4 + O(q^5) > Delta(q) + O(q^5); ; q - 24*q^2 + 252*q^3 - 1472*q^4 + O(q^5) [/color]
Est ce que tu vois où as tu pu faire une erreur ? -
J'ai mal recopié, j'ai corrigé !
-
@moduloP
Je me doute que cela va t'agacer mais je n'y peux rien. Bien sûr, dans le papier que tu as pointé de Serre, tu as remarqué qu'il ne donne pas la valeur de $a$ mais seulement la valeur de $a$ modulo 691. Dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1696658,1699060#msg-1699060, tu proposes une EGALITE du type $691E_6^2 = 691E_{12} - \text{truc} \times \Delta$. Tu as bien raison de vouloir disposer d'une vraie égalité. But :[color=#000000] > toi := 413784 ; > 691*E6^2 - (691*E12 - toi*Delta) ; -348264*q + 8358336*q^2 - 87762528*q^3 + 512644608*q^4 - 1682115120*q^5 + 2106300672*q^6 + 5831332416*q^7 - 29421342720*q^8 + 39577765752*q^9 + 40370762880*q^10 - 186186113568*q^11 + 129186441216*q^12 + 201205346832*q^13 - 139951977984*q^14 - 423893010240*q^15 - 343783931904*q^16 + 2405088198576*q^17 - 949866378048*q^18 - 3712988774880*q^19 + O(q^20) [/color]
Versus mézigue[color=#000000] > moi := 2^6*3^5*7^2 ; > moi ; 762048 > 691*E6^2 - (691*E12 - moi*Delta) ; O(q^20) [/color]
But un petit lot de consolation quand même[color=#000000] > toi mod 691 ; 566 > moi mod 691 ; 566 [/color]
Dis moi que cela t'agace. -
Hum, pourtant j'ai vérifié ... mais effectivement boulet :
$$
(E_{12} - E_6^2)691 = 762048 \Delta
$$sage: (g-g6)*691/762048 q - 24*q^2 + 252*q^3 - 1472*q^4 + 4830*q^5 - 6048*q^6 - 16744*q^7 + 84480*q^8 - 113643*q^9 + O(q^10) sage: d q - 24*q^2 + 252*q^3 - 1472*q^4 + 4830*q^5 - 6048*q^6 - 16744*q^7 + 84480*q^8 - 113643*q^9 + O(q^10) sage: (g-g6)*691/762048-d O(q^10)
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