TD 6 - LSV, ENS Cachan

L3 - 2016/2017 - TD6
Mercredi 19 octobre
Mathématiques discrètes
Utilisation de la Formule de Burnside
Exercice 1.
On note ϕ la fonction d’Euler.
Soit n un entier naturel > 1. On note d(n) le nombre d’entiers naturels diviseurs de n.
1. Soit m un entier naturel compris entre 1 et n. Soit Hm l’ensemble des éléments de Z/nZ dont
l’ordre est un diviseur de m, c’est-à-dire l’ensemble des éléments x de Z/nZ tels que mx =
x + x + · · · + x = 0. Démontrer :
|
{z
}
m
(a) Hm est un sous-groupe de Z/nZ.
Soit Hm = {x ∈ Z/nZ ; mx = x + x + · · · + x = 0}.
|
{z
}
m
Démontrons que Hm est un sous-groupe de Z/nZ :
∀p ∈ N, p0 = 0, donc 0 ∈ Hm
Soient x, y ∈ Hm .
m(x − y) = x − y + x − y + · · · + x − y = x + x + · · · + x −(y + y + · · · + y ) = 0.
{z
} |
|
{z
} |
{z
}
m
m
m
Donc x − y ∈ Hm .
(b) Hm est un sous-groupe cyclique de Z/nZ de cardinal pgcd(m, n).
Soit a ∈ Z relevant x ∈ Z/nZ. Alors x ∈ Hm ⇔ ma ∈ nZ ⇔ a ∈ n/pgcd(m, n)Z (en
utilisant le lemme de Gauss). Donc Hm est le sous-groupe cyclique engendré par la classe de
n/pgcd(m, n) dans Z/nZ.
de plus, pour tout entier naturel d, dn/pgcd(m, n) ∈ nZ ⇔ pgcd(m, n)|d, donc la classe de
n/pgcd(m, n) dans Z/nZ exactement d’ordre pgcd(m, n). Et donc Hm est d’ordre pgcd(m, n).
(c) L’ensemble des sous-groupes de Z/nZ est exactement l’ensemble des sous-groupes Hd pour
d ∈ N, d diviseur de n.
Pour d diviseur de n, Hd est un sous-groupe d’ordre d = pgcd(d, n). Soit H un sous-groupe
d’ordre d. Alors H ⊂ Hd par le théorème de Lagrange. or d = |H| = |Hd | donc H = Hd , d’où
l’unicité.
2. On considère l’application suivante :
ψ
:
(Z/nZ)∗ × Z/nZ
(m, x)
→ Z/nZ
→
mx
(a) Justifier que le groupe (Z/nZ)∗ opère ainsi sur Z/nZ.
∀x ∈ Z/nZ, ψ(1)(x) = 1x = x, donc ψ(1) est l’identité de Z/nZ.
∀m1 , m2 dans (Z/nZ)∗ , m1 m2 = m1 m2 (tout est dans le sous-entendu de la notation!) donc
ψ(m1 m2 ) = ψ(m1 ) ◦ ψ(m2 ).
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(b) Démontrer l’égalité :
X
pgcd(m − 1, n) = ϕ(n)d(n).
m ∈ {1, ...., n}
pgcd(m, n) = 1
On démontre qu’il y a d(n) orbites : Soient x et y dans Z/nZ. x et y sont dans une même orbite sous l’action de (Z/nZ)∗ si et seulement si < x >=< y > (∃m ∈ N/y = mx ⇒ y ∈< x >).
L’orbite de x est l’ensemble des générateurs du sous-groupe < x >. Il y a donc autant d’orbites
que de sous-groupes cycliques de Z/nZ, soit d(n) (question 1(c)).
Rappelons la formule (qui n’est pas) de Burnside :
Si G est un groupe fini qui opère sur un ensemble fini X, le nombre d’orbites, soit k, est donné
par :
1 X
k=
|Fix(g)|.
|G|
g∈G
Ici, G = (Z/nZ)∗ , d’ordre ϕ(n) et k = d(n). Si g = m ∈ (Z/nZ)∗ , Fix(g) = {x ∈ Z/nZ, mx =
x} = {x ∈ Z/nZ, (m − 1)x = 0} = Hm−1 . (Z/nZ)∗ est en bijection avec l’ensemble des entiers
m ∈ {1, ...., n} tels que pgcd(m, n) = 1, et pour un tel m, |Fix(m)| = |Hm−1 | = pgcd(m − 1, n)
par (1) d’où :
d(n) =
1
ϕ(n)
X
pgcd(m − 1, n).
m ∈ {1, ...., n}
pgcd(m, n) = 1
Exercice 2.
Soit p un nombre premier. On note (1, ..., p) le p-cycle (la permutation du groupe symétrique qui
envoie 1 sur 2, 2 vers 3,..., p − 1 sur p et p sur 1). On note G le groupe engendré par (1, ..., p). Soit Σ un
alphabet fini.
1. Démontrer que G est un groupe d’ordre p.
La permutation τ = (1, ..., p) est un élément d’ordre p donc il engendre un groupe d’ordre p. Si on
veut démontrer que l’ordre de τ est exactement p, on peut remarquer que τ (i) est congru à i + 1
modulo p, donc τ j (i) est congru à i + j modulo p ; Ainsi τ j = Id si et seulement si, ∀i, τ j (i) = i,
donc si et seulement si j est un multiple de p.
2. Quels sont les ordres des éléments de G ?
Comme p est un nombre premier, par le théorème de Lagrange, les éléments de G sont d’ordre 1
ou p. Pour chaque ordre d, on précisera combien d’éléments de G sont d’ordre d.
Seul l’élément neutre est d’ordre 1, donc il y a p − 1 éléments d’ordre p.
3. On fait opérer G sur Σp , l’ensemble des mots de longueur p écrits avec des lettres de Σ de la façon
suivante :
G × Σp
→ Σp
(τ, a1 a2 · · · ap ) → τ.(a1 a2 · · · ap ) = aτ −1 (1) aτ −1 (2) · · · aτ −1 (p)
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(a) Démontrer qu’il s’agit bien d’une opération de groupe.
Soient σ et ρ deux permutations. Soit a1 a2 · · · ap ∈ Σp . Alors
σ.(τ.(a1 a2 · · · ap )
= σ.(aτ −1 (1) aτ −1 (2) · · · aτ −1 (p) )
= σ.(b1 b2 ....bp ) avec bi = aτ −1 (i) , ∀i
= bσ−1 (1) bσ−1 (2) · · · bσ−1 (p)
= aτ −1 (σ−1 (1) aτ −1 (σ−1 (2) · · · aτ −1 (σ−1 (p)
= a(στ )−1 (1) a(στ )−1 (2) · · · a(στ )−1 (p) puisque (στ )−1 = τ −1 σ −1
(b) Déterminer le fixateur de (1, ..., p). En déduire le fixateur de (1, ..., p)i , pour tout entier i
premier avec p.
Notons Fix((1, ..., p)) le fixateur de (1, ..., p). a1 a2 · · · ap ∈ Fix((1, ..., p)) si (1, ..., p).a1 a2 · · · ap =
a1 a2 · · · ap . Or, (1, ..., p).a1 a2 · · · ap = a2 a3 · · · ap a1 . Donc a1 a2 · · · ap ∈ Fix((1, ..., p)) si et
seulement si a1 = a2 , a2 = a3 , ..., ap = a1 . Donc le fixateur de (1, ..., p) est l’ensemble des mots
ap , a ∈ Σ.
Un mot dans le fixateur de (1, ..., p) est dans le fixateur de (1, ..., p)i , pour tout entier i.
Si i est premier avec p, il existe des entiers a et b tels que ap + bi = 1 donc (1, ...., p) =
((1, ..., p)p )a ((1, ..., p)i )b = ((1, ..., p)|i )b , donc un mot dans le fixateur e (1, ..., p)i est dans le
fixateur de (1, ..., p). Donc pour i premier avec p, Fix((1, ..., p)) = Fix((1, ..., p))i .
(c) En utilisant la formule de Burnside, démontrer que le nombre d’orbites r de cette opération
est :
1
r = (|Σ|p + (p − 1)|Σ|).
p
On écrit la formule de Burnside:
r=
1 X
Fix(g)|.
|G|
g∈G
L’identité fixe tout élément de Σp , les autres éléments de G sont les (1, ..., p)i pour i ∈ {1, ..., p−
1} et ont comme fixateur l’ensemble des mots ap , a ∈ Σ, de cardinal |Σ|. Et G est d’ordre p,
donc la formule de Burnside s’écrit dans ce cas précis :
r=
1
(|Σ|p + (p − 1)|Σ|).
p
(d) Quel théorème d’arithmétique peut-on retrouver ainsi ?
Comme le nombre d’orbites est un entier naturel, on en déduit que p divise l’entier |Σ|p +
(p − 1)|Σ| = (|Σ|p−1 + (p − 1))|Σ|. Lorsque l’alphabet Σ est de cardinal premier avec p, |Σ| est
inversible modulo p et p − 1 ≡ −1 modulo p, donc |Σ|p−1 ≡ 1, modulo p. En considérant pour
tout entier naturel n premier avec p, un alphabet de cardinal n, on retrouve le petit théorème
de Fermat.
Exercice 3.
Soit n un entier naturel ≥ 1 et on note [1..n] l’ensemble {1, ..., n}. On considère l’ensemble En des
graphes dont l’ensemble des sommets est [1..n]. Un tel graphe G est représenté par une application
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δG : [1..n] → P([1..n]) où δG (i) est l’ensemble dans [1..n] \ {i} des sommets de G reliés à i par une arête.
Comme le graphe est non orienté, on a l’équivalence :
∀i, j ∈ [1..n], i 6= j, i ∈ δG (j) ⇔ j ∈ δG (j).
Soit σ une permutation de [1..n] ( σ ∈ S\ ). Si G est un graphe dans En , G = ([1..n], δG ), On note
σ.G le graphe ([1..n], σ.δG ) où σ.δσ.G est définie par :
∀i ∈ [1..n], δσ.G (σ(i)) = {σ(j), j ∈ δG (i)}.
On vérifierait (c’est juste fastidieux!) qu’on a bien ainsi défini une opération du groupe Sn sur
l’ensemble En .
1. On suppose dans cette question n = 3. Dessiner les différents graphes à trois sommets à isomorphisme près (il y en a 4).
Il y en a quatre, 0, 1, 2 ou 3 arêtes.
2. On se propose de faire le calcul pour n = 4 en utilisant la formule de Burnside. Pour cela on passe
en revue les éléments du groupe symétrique S4 et détermine pour chacun le cardinal du fixateur.
(a) Soit τ la transposition (1, 2). Démontrer que le graphe G est dans Fix(τ ) si et seulement si
δG (1) ∩ {3, 4} = δG (2) ∩ {3, 4}. En déduire que Fix(τ ) est de cardinal 24 .
Soit i ∈ {3, 4}. Alors i est fixe par σ donc i ∈ δG (1) si et seulement si i ∈ δG (2). il n’y a pas
d’autre condition.
Il y a 4 possibilités pour les arêtes reliant le sommet 1 à un sommet 3, 4 et cela fixe les arêtes
reliant le sommet 2 à un sommet 3, 4. Il y a ensuite 2 possibilités entre 3 et 4 (une arête ou
non) et 2 possibilités entre 1 et 2 (une arête ou non). Donc 24 en tout.
(b) Soit σ le 3-cycle (1, 2, 3).
i. Soit G un graphe dans Fix(σ). Démontrer que si on efface les arêtes d’extrémité 4 dans
G, il y a exactement deux graphes possibles.
La présence de l’arête entre 1 et 2 impose celle entre 2 et 3 et celle entre 3 et 1, donc
le graphe est complet. De même l’arête entre 1 et 3 impose le graphe complet. Donc le
graphe restreint aux sommets 1, 2, 3 est vide ou complet.
ii. En déduire qu’il y a exactement 4 graphes dans Fix(σ).
On choisit le graphe restreint aux sommets 1, 2, 3 (deux choix) et l’existence d’au moins
une arête vers 4 (il y aura alors les 3) ou non (deux choix).
(c) Soit µ le produit de deux transpositions disjointes (1, 2)(3, 4). Décrire les différentes possibilités
pour l’ensemble des arêtes ayant une extrémité dans {1, 2} et une dans {3, 4}. En déduire que
Fix(µ) est de cardinal 23 .
De même on choisit la présence de l’arête entre 1 et 2 ou non (2 choix), la présence de l’arête
entre 3 et 4 ou non (2 choix), la présence de l’arête entre 1 et 3 ou non (2 choix), la présence
de l’arête entre 1 et 4 ou non (2 choix). Il y en a 24 en tout.
(d) Soit ρ le cycle (1, 2, 3, 4). Calculer le cardinal Fix(ρ). On pourra démontrer qu’un graphe G
dans Fix(ρ) est totalement déterminé par δG (1).
Si on choisit la présence de l’arête entre 1 et 2 , alors on a les arêtes entre 2 et 3, entre 3 et
4 et entre 4 et 1. Il reste le choix entre l’arête entre 1 et 3 (graphe complet) ou non. Si on
choisit la non présence de l’arête entre 1 et 2 on a aucune des arêtes entre 2 et 3, entre 3 et 4
et entre 4 et 1. Il reste le choix entre l’arête entre 1 et 3 (avec celle entre 2 et 4) ou aucune
arête.
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Mathématiques discrètes
(e) Conclure.
On applique le formule de Burnside :
1
|G|
P
g∈G Fix(g)| =
1
24 (Fix(Id)
4
2
+
Fix(transposition) + 2
4
1
Fix(3-cycle)
+3!Fix(4-cycle)
3Fix(produit
+
de 2 transpositions disjointes))
4
4
1
3+2+1
4
+
2 +2
4 + 3!4 + 324 )
= 24 (2
2
=
1
11
Séries génératrices
Exercice 4 - Les nombres de Catalan.
Pour n ∈ N, On appelle Cn le nombre de parenthésages corrects avecn parenthèses, (on place n parenthèses ouvrantes et n fermantes de manière à n’avoir jamais plus de parenthèses fermantes qu’ouvrantes,
un parenthèse fermante doit fermer. Par exemple, (()()) convient mais pas ())(().)
1. Déterminer C0 , C1 , C2 .
C0 = 1,C1 = 1, () et C2 = 2, ()() et (()).
2. Démontrer la relation de récurrence :
∀n ∈ N, Cn+1 =
n
X
Ci Cn−1 .
i=0
On partitionne selon le nombre de parenthèses qui ferment la première :
( (...) ) (...)
|{z} |{z}
i()
Soit S(X) =
P
n
n−i()
Cn X n la série formelle associée.
1. Démontrer
: XS 2P
− SP
+ 1 = 0.
Pde l’équation
P que S nest solution
n
n
S(X) = n Cn X = 1 + X n Cn+1 X = 1 + X n ( i=0 Ci Cn−1 )X n = 1 + XS 2 .
2. Résoudre cette équation
p dans Q[[X]].
∆ = 1 − 4X. La série (1 − 4X) est une racine carrée de ∆ dans Q[[X]]. On a deux solutions dans
le corps de fractions de Q[[X]] :
1±
Dont une seule dans Q[[X]] : S(X) =
1−
p
(1 − 4X)
2X
√
(1−4X)
.
2X
3. En déduire que
∀n ∈ N, Cn =
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5
1
n+1
2n
n
.
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p
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= (1 − 4X)1/2
n
P 1 1
( 2 − 1) · · · ( 21 − n + 1) (−4x)
=
n
2
n!
P
= − n 1.3....(2n−3)
4n xn
2n n!
P
(2n−2)!
=
4n xn
n 2n−1
(n−1)!2n n!
P
2n − 2
= 2 n n1
xn
(1 − 4X)
n−1
On en déduit :
S=
X
n
1
n+1
2n
n
xn .
Exercice 5.
Soit Σ un alphabet fini. Pour toute partie L de Σ∗ et pour tout entier naturel n, on note Ln l’ensemble
des mots de L de longueur n et aL
n le cardinal de Ln .
On introduit la série :
X
S L (X) =
n
aL
nX .
n∈N
∗
1. Justifier que S Σ (X) =
1
(1−|Σ|X) .
∗
SΣ =
X
|Σ|n X n =
n∈N
X
(|Σ|X)n =
n∈N
1
.
(1 − |Σ|X)
2. Etant donnés L1 et L2 dans Σ∗ , exprimer en fonction de S L1 (X) et S L2 (X) les deux séries
S L1 tL2 (X) et S L1 L2 (X).
L2
1
Si L1 et L2 sont des langages disjoints, alors pour tout entier naturel n, anL1 tL2 = aL
n + an , donc
S L1 tL2 (X) = S L1 (X) + S L2 (X).
Un mot de longueur m1 concaténé avec un mot de longueur m2 est un mot de longueur m1 + m2 ,
donc
n
X
1 L2
1 L2
∀n ∈ N, aL
=
aL
n
k an−k .
k=0
Il s’agit d’un produit de Cauchy et on en déduit :
S L1 L2 (X) = S L1 (X)S L2 (X).
3. En supposant que L ne contient pas l’élément neutre, démontrer que :
∗
S L (X) = lim
n→∞
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n
X
(S L )k =
0
6
1
.
(1 − S L (X)
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Si L ne contient pas l’élément neutre, alors les langages L, L2 ,...,Ln sont disjoints deux à deux et
on déduit des questions 1 et 2 que :
S
L∪L2 ∪···∪Ln
=
n
X
(S L )k .
1
Or :
+
∀n ∈ N∗ , S L ≡ S L∪L
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7
2
∪···∪Ln
[X n ]
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