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Maximum des coefficients trinomiaux

Modifié (16 Apr) dans Combinatoire et Graphes
Bonjour à tous,
À $n\in\mathbb N$ fixé, on a $\quad\displaystyle \max_{0\leqslant k \leqslant n}\binom{n}{k}=\binom{n}{\left\lfloor\displaystyle\frac{n}{2}\right\rfloor}.$
En effet,  $$\frac{\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}}=\frac{n-k}{k+1}$$ et cette quantité est supérieure à $1$ quand $k\leqslant\left\lfloor\displaystyle\frac{n}{2}\right\rfloor$, et entre $0$ et $1$ sinon.
Dans une démonstration, j'ai besoin de généraliser ce fait aux coefficients "trinomiaux". Plus précisément je cherche à montrer qu'en se restreignant aux couples d'entiers positifs $(k_1,k_2)$ tel que $k_1+k_2\leqslant n$, la quantité $$\binom{n}{k_1,k_2,n-k_2-k_1}$$ est maximale en $k_1=k_2=\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor$.
Les symétries de cette "pyramide de Pascal" laissent penser que l'affirmation est vraie, mais je ne peux pas utiliser le même argument que pour les coefficients binomiaux.
Toute piste serait la bienvenue.
En vous remerciant,
K.

Réponses

  • C'est faux pour $n=3m+2$.

    En écrivant $\displaystyle\binom{n}{k_1,k_2,k_3}=\binom{n}{k_1}\binom{n-k_1}{k_2}$ on montre que pour $k_1$ fixé la différence entre $k_2$ et $k_3$ doit être la plus petite possible.
    On en déduit que la différence entre deux des indices $k_1,k_2,k_3$ doit être inférieure ou égale à 1.
    Il y a trois cas selon $n\pmod3$.


  • Merci beaucoup, je vais creuser ça !
  • jmfjmf
    Modifié (16 Apr)
    J'ai cédé à la facilité en confiant le calcul à Mathematica.

    Le tableau suivant contient les lignes $(n,i,j,k)$, avec $0\le i\le j\le k$ et $i+j+k=n$ pour lesquels $\text{trinomial}[i,j,k]$ est maximum, de $n=0$ à $n=50$. ça ne laisse guère de doute sur le résultat.

    $$\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 1 & 1 \\ 3 & 1 & 1 & 1 \\ 4 & 1 & 1 & 2 \\ 5 & 1 & 2 & 2 \\ 6 & 2 & 2 & 2 \\ 7 & 2 & 2 & 3 \\ 8 & 2 & 3 & 3 \\ 9 & 3 & 3 & 3 \\ 10 & 3 & 3 & 4 \\ 11 & 3 & 4 & 4 \\ 12 & 4 & 4 & 4 \\ 13 & 4 & 4 & 5 \\ 14 & 4 & 5 & 5 \\ 15 & 5 & 5 & 5 \\ 16 & 5 & 5 & 6 \\ 17 & 5 & 6 & 6 \\ 18 & 6 & 6 & 6 \\ 19 & 6 & 6 & 7 \\ 20 & 6 & 7 & 7 \\ 21 & 7 & 7 & 7 \\ 22 & 7 & 7 & 8 \\ 23 & 7 & 8 & 8 \\ 24 & 8 & 8 & 8 \\ 25 & 8 & 8 & 9 \\ 26 & 8 & 9 & 9 \\ 27 & 9 & 9 & 9 \\ 28 & 9 & 9 & 10 \\ 29 & 9 & 10 & 10 \\ 30 & 10 & 10 & 10 \\ 31 & 10 & 10 & 11 \\ 32 & 10 & 11 & 11 \\ 33 & 11 & 11 & 11 \\ 34 & 11 & 11 & 12 \\ 35 & 11 & 12 & 12 \\ 36 & 12 & 12 & 12 \\ 37 & 12 & 12 & 13 \\ 38 & 12 & 13 & 13 \\ 39 & 13 & 13 & 13 \\ 40 & 13 & 13 & 14 \\ 41 & 13 & 14 & 14 \\ 42 & 14 & 14 & 14 \\ 43 & 14 & 14 & 15 \\ 44 & 14 & 15 & 15 \\ 45 & 15 & 15 & 15 \\ 46 & 15 & 15 & 16 \\ 47 & 15 & 16 & 16 \\ 48 & 16 & 16 & 16 \\ 49 & 16 & 16 & 17 \\ 50 & 16 & 17 & 17 \\\end{array}\right)$$
  • Modifié (16 Apr)
    Soit $n\in \N$; soit $(m_1,...,m_n)$ réalisant le maximum de la fonction $(k_1,...,k_n) \mapsto \frac {n!}{\prod_{i=1}^n k_i !} = \binom n {k_1 \: k_2 ... k_n}$ sur l'ensemble fini $\{(k_1,...,k_n) \in \N^n\mid \sum_{i=1}^n k_i = n\}$. 
    Alors pour tous $i<j$, $\binom n {m_1 ... m_n} \geq \binom n {m_1 ... m_i-1 ...m_j+1 ... m_n}$ et $\binom n {m_1 ... m_n} \geq \binom n {m_1 ... m_i+1 ...m_j-1 ... m_n}$ ce qui entraîne les inégalités $1+m_j \geq m_i $ et $1+m_j \geq m_i$ d'où $-1 \leq m_i - m_j \leq 1$ autrement dit $|m_i - m_j |\leq 1$.
    Donc les termes du $n$-uplet $(m_1,...,m_n)$ diffèrent tous d'au plus $1$.

    (EDIT: en toute rigueur il faut dire pourquoi $m_i$ n'est nul pour aucun $i$. Si c'est le cas il existe $j\neq i$ tel que $m_j\neq 0$ et $m_j \binom n {m_1...m_n} = \binom n {m_1...m_j-1 ...m_i+1 ... m_n }$ donc le coefficient augmente strictement en modifiant la valeur d'un terme ce qui contredit la maximalité).
  • Merci à tous pour le coup de main.
    J'ai retravaillé la preuve qui faisait intervenir ce lemme, et j'ai réussi à me contenter du cas $n=3m$ (c'était pour une preuve du théorème de Pólya).
    Merci encore.
    K.
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