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\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\begin{document}
\title{Partitions d'un entier en parts fixées}
\date{2012-2013}
\maketitle

\qquad Référence : Serge Francinou, Hervé Gianella, Serge Nicolas, \emph{Oraux X - ENS, Analyse 2 (2e édition)}, Cassini, 2009, p.194.

\begin{thm}
Soit $a_1,\dotsc, a_k\in \mathbb N^*$ premiers entre eux dans leur ensemble.

Pour $n\ge 1$, on pose :
\[u_n=\mathrm{Card}\left\{(x_1,\dotsc,x_k)\in\mathbb N^k\mid a_1x_1+\dotsb+a_kx_k=n\right\}\]

Alors :
\[u_n\sim\frac 1{a_1\dotsm a_k}\frac{n^{k-1}}{(k-1)!}\]
\end{thm}

\begin{proof}
On pose :
\[f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_nz^n\]

Les séries $\displaystyle\sum_{x_i\in\mathbb N}z^{x_ia_i}$ ont pour rayon de convergence $1$ et le coefficient de $z^n$ dans le produit de Cauchy des ces $k$ séries entières est :
\[\sum_{(x_1,\dotsc,x_k)\in\mathbb N^k\atop a_1x_1+\dotsb+a_kx_k=n}1=u_n\]

D'où, pour $|z|<1$ :
\[f(z)=\prod_{i=1}^k\left(\sum_{x_i=0}^{+\infty}z^{x_ia_i}\right)=\prod_{i=1}^k\frac 1{1-z^{a_i}}\]

La fonction $f$ est donc une fraction rationnelle de pôles les racines $a_i$-ièmes de l'unité. Le pôle 1 est de multiplicité $k$ et tous les autres sont de multiplicité strictement inférieure à $k$. En effet, d'après le théorème de Bezout, il existe $u_1,\dotsc,u_k$ tels que $\displaystyle\sum_{i=1}^ka_iu_i=1$.

Alors si $\omega$ est tel que $\omega^{a_1}=\dotsc=\omega^{a_k}=1$, on a :
\[\omega=\omega^{\sum\limits_{i=1}^ka_iu_i}=\prod_{i=1}^k(\omega^{a_i})^{u_i}=1\]

On note $P=\{\omega_1,\dotsc,\omega_p\}$ l'ensemble des pôles de $f$ avec $\omega_1=1$. Alors par décomposition de $f$ en éléments simples, il existe, pour $1\le i\le p$ et $1\le j\le k-1$, $c_{ij}\in\mathbb C$ et $\alpha\in\mathbb C$ tels que, pour $|z|<1$, on ait :
\[f(z)=\frac{\alpha}{(1-z)^k}+\sum_{1\le i\le p\atop1\le j\le k-1}\frac{c_{ij}}{(\omega_i-z)^j}\]

Or la fonction $\displaystyle z\mapsto\frac 1{(\omega-z)^j}$ est développable en série entière de rayon de convergence $1$. Ses coefficients s'obtiennent en dérivant $j-1$ fois le développement en série entière de la fonction $\displaystyle z\mapsto\frac 1{\omega-z}$.

On a, pour $|z|<1$,
\[\frac 1{\omega-z}=\frac 1\omega\frac 1{1-\frac z\omega}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{z^n}{\omega^{n+1}}\]

D'où :
\[\frac{(j-1)!}{(\omega-z)^j}=\sum_{n=j-1}^{+\infty}\frac{n!}{(n-j+1)!}\frac{z^{n-j+1}}{\omega^{n+1}}\]

\emph{i.e.}
\[\frac 1{(\omega-z)^j}=\sum_{n=0}^{+\infty}\binom{n+j-1}n\frac{z^n}{\omega^{n+j}}\]

On en déduit :
\[u_n=\alpha\binom{n+k-1}n+\sum_{1\le i\le p\atop1\le j\le k-1}c_{ij}\binom{n+j-1}n\omega^{-n-j}\]

Le premier terme est équivalent à $\displaystyle\alpha\frac{n^{k-1}}{(k-1)!}$ et les autres termes sont négligeables devant $n^{k-1}$, d'où :
\[u_n\sim\alpha\frac{n^{k-1}}{(k-1)!}\]

Il ne reste plus qu'à calculer $\alpha$. Pour cela, on multiplie $f(z)$ par $(1-z)^k$ et on évalue en $1$ :
\[(1-z)^kf(z)=\prod_{i=1}^k\frac{1-z}{1-z^{a_i}}=\prod_{i=1}^k\frac 1{1+z+\dotsb+z^{a_i-1}}\]

D'où :
\[\alpha=\frac 1{a_i\dotsm a_k}\]
et on obtient bien le résultat voulu.
\end{proof}
\end{document}