Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 11/Combinaisons, article 2

Solution d’un problème de combinaisons ; par M. Sarrus.

Annales de mathématiques pures et appliquées, 11, 1821 (p. 369-372).

Solution du premier des deux problèmes de combinaisons
proposés à la page 204 de ce volume ;

Par M. Frédéric Sarrus, docteur ès sciences.

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PROBLÈME. De combien de manières peut-on choisir n lettres parmi m lettres, desquelles il s’en trouve un nombre $\alpha$ égales à a, un nombre $\beta$ égales à b, un nombre $\gamma$ égales à c, et ainsi de suite ? ou, en d’autres termes, combien le monôme $a^{\alpha }b^{\beta }c^{\gamma },\ldots ,$ dans lequel $\alpha +\beta +\gamma +\ldots =m,$ admet-il de diviseurs de $n$ dimensions ?

Solution. On sait que tous les termes et les seuls termes du produit

$\left(1+a+a^{2}+\ldots +a^{\alpha }\right)\left(1+b+b^{2}+\ldots +b^{\beta }\right)\left(1+c+c^{2}+\ldots +c^{\gamma }\right)\ldots$

sont les diviseurs du monôme $a^{\alpha }b^{\beta }c^{\gamma },\ldots ,$ lesquels ne s’y trouvent chacun qu’une seule fois ; d’où il résulte que les diviseurs de $n$ dimensions de ce monôme sont les termes de $n$ dimensions du produit dont il s’agit.

Or, si l’on pose $a=b=c=\ldots =x,$ auquel cas ce même produit deviendra

$\left(1+x+x^{2}+\ldots +x^{\alpha }\right)\left(1+x+x^{2}+\ldots +x^{\beta }\right)\left(1+x+x^{2}+\ldots +x^{\gamma }\right)\ldots$

ou encore

${\frac {1-x^{\alpha +1}}{1-x}}.{\frac {1-x^{\beta +1}}{1-x}}.{\frac {1-x^{\gamma +1}}{1-x}}\ldots \,;$

le nombre de ses termes de $n$ dimensions ni le nombre des dimensions de ces termes ne changera pas ; et il arrivera seulement que chacun d’eux se réduira à $x^{n},$ d’où il résulte qu’ils se réduiront tous à ce terme affecté d’un coefficient égal au nombre cherché.

Le nombre cherché est donc le coefficient numérique de $x^{n}$ dans le développement du produit

$\left(1+x+x^{2}+\ldots +x^{\alpha }\right)\left(1+x+x^{2}+\ldots +x^{\beta }\right)\left(1+x+x^{2}+\ldots +x^{\gamma }\right)\ldots$

Qu’on demande, par exemple, le nombre des diviseurs de trois dimensions du produit $a^{3}b^{2}c\,;$ on développera le produit

$\left(1+x+x^{2}+x^{3}\right)\left(1+x+x^{2}\right)(1+x),$

ce qui donnera

$1+3x+5x^{2}+6x^{3}+5x^{4}+3x^{5}+x^{6}\,;$

et le coefficient $6$ de $x^{3},$ dans le développement, sera le nombre des diviseurs de trois dimensions de $a^{3}b^{2}c\,:$ ces diviseurs sont, en effet,

$a^{3},\quad a^{2}b,\quad ab^{2},\quad abc,\quad a^{2}c,\quad b^{2}c.$

Comme il y a autant de manières de choisir $m-n$ facteurs parmi $m$ que d’en laisser $n,$ on voit que le produit $a^{\alpha }b^{\beta }c^{\gamma }\ldots$ aura toujours autant de diviseurs de $m-n$ dimensions qu’il en aura de $n$ dimensions. Dans le développement du produit de nos polynômes en $x,$ il arrivera donc que les termes également distans des extrêmes auront constamment des coefficiens égaux ; cela résulte d’ailleurs de la nature même de l’opération.

Si le nombre $n$ n’était supérieur à aucun des exposans $\alpha ,\beta ,\gamma ,\ldots \,;$ il est aisé de voir qu’on pourrait supposer ces exposans plus grands qu’ils ne le sont en effet sans rien changer au résultat final ; il ferait donc permis aussi de les supposer infinis ; auquel cas, en désignant par $m$ le nombre des lettres $a,b,c,\ldots$ le produit à développer deviendrait

$\left(1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots \right)^{m},$

ou

$\left({\frac {1}{1-x}}\right)^{m}\quad$ou enfin$\quad (1-x)^{-m}\,;$

or, le développement de cette puissance est

$1+{\frac {m}{1}}x+{\frac {m}{1}}.{\frac {m+1}{2}}x^{2}+\ldots +{\frac {m}{1}}.{\frac {m+1}{2}}.{\frac {m+2}{3}}\ldots {\frac {m+n-1}{n}}x^{n}+\ldots \,;$

donc, le nombre des diviseurs de $n$ dimensions du monôme $a^{\alpha }b^{\beta }c^{\gamma }\ldots$ dans lequel il y a $m$ lettres et où $\alpha ,\beta ,\gamma ,\ldots$ sont des exposans quelconques $>n$ est

${\frac {m}{1}}.{\frac {m+1}{2}}.{\frac {m+2}{3}}\ldots {\frac {m+n-1}{n}}.$

Or, si l’on demandait le nombre des termes du polynôme complet et homogène de $n$ dimensions qu’on peut fermer avec $m$ sortes de lettres en nombre indéfini de chaque sorte, le problème reviendrait évidemment à celui-ci ; donc le nombre de ces termes est

${\frac {m}{1}}.{\frac {m+1}{2}}.{\frac {m+2}{3}}\ldots {\frac {m+n-1}{n}}={\frac {(m-n+1)!}{(m-1)!n!}}.$

Soit présentement une équation complète du $n.$^me degré entre $m$ inconnues $x,y,z,$ dont on demande le nombre des termes ; en introduisant dans chacun de ses termes une puissance d’une $(m+1)$^me inconnue, du degré nécessaire pour les rendre tous homogènes et de $n$ dimensions, son premier membre deviendra un polynôme homogène de $n$ dimensions, formé avec $m+1$ sortes de lettres ; le nombre des termes de la proposée est donc ce que devient la formule ci-dessus, en y changeant $m$ en $m+1$ ou $m-1$ en $m\,;$ c’est-à-dire que le nombre des termes d’une équation complète de $n.$^me degré entre $m$ inconnues, comme aussi le nombre de ceux d’une équation complète du $m.$^me degré entre $n$ inconnues est

${\frac {(m+n)!}{m!n!}}.$

Cette démonstration d’un théorème d’ailleurs assez important nous paraît beaucoup plus courte et plus claire que celle de M. G. Fornier, rapportée par M. Gergonne, à la page 115, du IV.^e volume de ce recueil.