TD 6 - LSV, ENS Cachan

L3 - 2016/2017 - TD6 Mercredi 19 octobre Mathématiques discrètes
Utilisation de la Formule de Burnside
Exercice 1.
On note ϕla fonction d’Euler.
Soit nun entier naturel >1. On note d(n)le nombre d’entiers naturels diviseurs de n.
1. Soit mun entier naturel compris entre 1et n. Soit Hml’ensemble des éléments de Z/nZ dont
l’ordre est un diviseur de m, c’est-à-dire l’ensemble des éléments xde Z/nZ tels que mx =
x+x+··· +x
| {z }
m
= 0. Démontrer :
(a) Hmest un sous-groupe de Z/nZ.
Soit Hm={x∈Z/nZ ;mx =x+x+··· +x
| {z }
m
= 0}.
Démontrons que Hmest 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
| {z }
m
=x+x+··· +x
| {z }
m−(y+y+··· +y
| {z }
m
)=0.
Donc x−y∈Hm.
(b) Hmest un sous-groupe cyclique de Z/nZ de cardinal pgcd(m, n).
Soit a∈Zrelevant x∈Z/nZ. Alors x∈Hm⇔ma ∈nZ⇔a∈n/pgcd(m, n)Z(en
utilisant le lemme de Gauss). Donc Hmest 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 Hmest d’ordre pgcd(m, n).
(c) L’ensemble des sous-groupes de Z/nZ est exactement l’ensemble des sous-groupes Hdpour
d∈N,ddiviseur de n.
Pour ddiviseur de n,Hdest un sous-groupe d’ordre d=pgcd(d, n). Soit Hun sous-groupe
d’ordre d. Alors H⊂Hdpar 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 →Z/nZ
(m, x)→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, m2dans (Z/nZ)∗,m1m2=m1m2(tout est dans le sous-entendu de la notation!) donc
ψ(m1m2) = ψ(m1)◦ψ(m2).
J. Dubut, A. Lick, C. Picaronny 1 E.N.S. de Cachan

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(b) Démontrer l’égalité :
X
m∈ {1, ...., n}
pgcd(m, n)=1
pgcd(m−1, n) = ϕ(n)d(n).
On démontre qu’il y a d(n)orbites : Soient xet ydans Z/nZ.xet ysont dans une même or-
bite sous l’action de (Z/nZ)∗si et seulement si <x>=< y > (∃m∈N/y =mx ⇒y∈<x>).
L’orbite de xest 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 Gest un groupe fini qui opère sur un ensemble fini X, le nombre d’orbites, soit k, est donné
par :
k=1
|G|X
g∈G|Fix(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
m∈ {1, ...., n}
pgcd(m, n)=1
pgcd(m−1, n).
Exercice 2.
Soit pun nombre premier. On note (1, ..., p)le p-cycle (la permutation du groupe symétrique qui
envoie 1sur 2,2vers 3,..., p−1sur pet psur 1). On note Gle groupe engendré par (1, ..., p). Soit Σun
alphabet fini.
1. Démontrer que Gest un groupe d’ordre p.
La permutation τ= (1, ..., p)est un élément d’ordre pdonc il engendre un groupe d’ordre p. Si on
veut démontrer que l’ordre de τest exactement p, on peut remarquer que τ(i)est congru à i+ 1
modulo p, donc τj(i)est congru à i+jmodulo p; Ainsi τj=Id si et seulement si, ∀i, τj(i) = i,
donc si et seulement si jest un multiple de p.
2. Quels sont les ordres des éléments de G?
Comme pest un nombre premier, par le théorème de Lagrange, les éléments de Gsont d’ordre 1
ou p.Pour chaque ordre d, on précisera combien d’éléments de Gsont d’ordre d.
Seul l’élément neutre est d’ordre 1, donc il y a p−1éléments d’ordre p.
3. On fait opérer Gsur Σp, l’ensemble des mots de longueur pécrits avec des lettres de Σde la façon
suivante : G×Σp→Σp
(τ, a1a2···ap)→τ.(a1a2···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 σet ρdeux permutations. Soit a1a2···ap∈Σp. Alors
σ.(τ.(a1a2···ap) = σ.(aτ−1(1)aτ−1(2) ···aτ−1(p))
=σ.(b1b2....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−1σ−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).a1a2···ap∈Fix((1, ..., p)) si (1, ..., p).a1a2···ap=
a1a2···ap. Or, (1, ..., p).a1a2···ap=a2a3···apa1. Donc a1a2···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 iest premier avec p, il existe des entiers aet btels 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)iest dans le
fixateur de (1, ..., p). Donc pour ipremier avec p, Fix((1, ..., p)) = Fix((1, ..., p))i.
(c) En utilisant la formule de Burnside, démontrer que le nombre d’orbites rde cette opération
est :
r=1
p(|Σ|p+ (p−1)|Σ|).
On écrit la formule de Burnside:
r=1
|G|X
g∈G
Fix(g)|.
L’identité fixe tout élément de Σp, les autres éléments de Gsont les (1, ..., p)ipour i∈ {1, ..., p−
1}et ont comme fixateur l’ensemble des mots ap,a∈Σ, de cardinal |Σ|. Et Gest d’ordre p,
donc la formule de Burnside s’écrit dans ce cas précis :
r=1
p(|Σ|p+ (p−1)|Σ|).
(d) Quel théorème d’arithmétique peut-on retrouver ainsi ?
Comme le nombre d’orbites est un entier naturel, on en déduit que pdivise l’entier |Σ|p+
(p−1)|Σ|= (|Σ|p−1+ (p−1))|Σ|.Lorsque l’alphabet Σest de cardinal premier avec p,|Σ|est
inversible modulo pet p−1≡ −1modulo p, donc |Σ|p−1≡1, modulo p. En considérant pour
tout entier naturel npremier avec p, un alphabet de cardinal n, on retrouve le petit théorème
de Fermat.
Exercice 3.
Soit nun entier naturel ≥1et on note [1..n]l’ensemble {1, ..., n}. On considère l’ensemble Endes
graphes dont l’ensemble des sommets est [1..n]. Un tel graphe Gest 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 Greliés à ipar 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 σune permutation de [1..n](σ∈ S\). Si Gest 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 Snsur
l’ensemble En.
1. On suppose dans cette question n= 3. Dessiner les différents graphes à trois sommets à isomor-
phisme près (il y en a 4).
Il y en a quatre, 0,1,2ou 3arêtes.
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 S4et détermine pour chacun le cardinal du fixateur.
(a) Soit τla transposition (1,2). Démontrer que le graphe Gest 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 iest fixe par σdonc 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 1à un sommet 3,4et cela fixe les arêtes
reliant le sommet 2à un sommet 3,4. Il y a ensuite 2 possibilités entre 3et 4(une arête ou
non) et 2 possibilités entre 1et 2(une arête ou non). Donc 24en tout.
(b) Soit σle 3-cycle (1,2,3).
i. Soit Gun graphe dans Fix(σ). Démontrer que si on efface les arêtes d’extrémité 4dans
G, il y a exactement deux graphes possibles.
La présence de l’arête entre 1et 2impose celle entre 2et 3et celle entre 3et 1, donc
le graphe est complet. De même l’arête entre 1et 3impose le graphe complet. Donc le
graphe restreint aux sommets 1,2,3est vide ou complet.
ii. En déduire qu’il y a exactement 4graphes 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 µle 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 1et 2ou non (2choix), la présence de l’arête
entre 3et 4ou non (2choix), la présence de l’arête entre 1et 3ou non (2choix), la présence
de l’arête entre 1et 4ou non (2choix). Il y en a 24en tout.
(d) Soit ρle 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 1et 2, alors on a les arêtes entre 2et 3, entre 3et
4et entre 4et 1. Il reste le choix entre l’arête entre 1et 3(graphe complet) ou non. Si on
choisit la non présence de l’arête entre 1et 2on a aucune des arêtes entre 2et 3, entre 3et 4
et entre 4et 1. Il reste le choix entre l’arête entre 1et 3(avec celle entre 2et 4) ou aucune
arête.
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(e) Conclure.
On applique le formule de Burnside :
1
|G|Pg∈GFix(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))
=1
24 (23+2+1 +4
224+ 24 14 + 3!4 + 324)
= 11
Séries génératrices
Exercice 4 - Les nombres de Catalan.
Pour n∈N, On appelle Cnle nombre de parenthésages corrects avecnparenthèses, (on place nparen-
thèses ouvrantes et nfermantes 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
i=0
CiCn−1.
On partitionne selon le nombre de parenthèses qui ferment la première :
( (...)
|{z}
i()
) (...)
|{z}
n−i()
Soit S(X) = PnCnXnla série formelle associée.
1. Démontrer que Sest solution de l’équation : XS2−S+ 1 = 0.
S(X) = PnCnXn= 1 + XPnCn+1Xn= 1 + XPn(Pn
i=0 CiCn−1)Xn= 1 + XS2.
2. Résoudre cette équation dans Q[[X]].
∆=1−4X. La série p(1 −4X)est une racine carrée de ∆dans Q[[X]]. On a deux solutions dans
le corps de fractions de Q[[X]] :
1±p(1 −4X)
2X
Dont une seule dans Q[[X]] :S(X) = 1−√(1−4X)
2X.
3. En déduire que
∀n∈N, Cn=1
n+ 12n
n.
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