DM no 5 : Combinatoire

Lycée Louis-Le-Grand, Paris
MPSI 4 – Mathématiques
A. Troesch
Pour le 19/10/2016
DM no 5 : Combinatoire
Problème 1 –
Dans tout le problème, n désigne un entier naturel. Le but de ce problème est de répondre au problème des ménages
de Lucas, qui se pose en ces termes :
On dispose d’une table circulaire de 2n places autour de laquelle on veut placer n couples de sorte que :
• on ait alternance entre les hommes et les femmes
• aucune femme ne soit assise à côté de son conjoint (et réciproquement bien sûr).
Combien existe-t-il de façons de faire ?
On appelle un placement une répartition des convives autour de la table satisfaisant ces deux critères. On suppose que
deux répartitions admissibles obtenues par rotation l’une de l’autre correspondent au même placement (autrement dit,
on n’a pas de repère initial sur la table ronde, les places sont indiscernables, à leur ordre près).
On note µ(n) le nombre de placements. Le but du problème est de calculer µ(n).
Partie I – Lemme de Kaplansky (cas linéaire)
Soit ℓ ∈ N, et n ∈ N. Dans cette partie, on compte le nombre bn de sous-ensembles de [[1, n]] dont les éléments sont
séparés d’au moins ℓ autres éléments de [[1, n]]. Autrement dit, si i1 < · · · < ik sont les éléments de E, rangés par
ordre croissant, on doit avoir, pour tout j ∈ [[1, k − 1]], ij+1 − ij > ℓ.
Pour k ∈ N, on appelle bn,k le nombre de ces sous-ensembles dont le cardinal est k.
n − (k − 1)ℓ
1. Montrer que bn,k =
.
k
2. Montrer par un raisonnement combinatoire que (bn )n∈N est la suite déterminée par :
∀i ∈ [[0, ℓ]], bi = i + 1,
et
∀n > ℓ + 1, bn = bn−1 + bn−ℓ−1 .
Partie II – Lemme de Kaplansky (cas circulaire)
On considère maintenant n points répartis sur un cercle, numérotés de 1 à n dans le sens des aiguilles d’une montre.
On recherche maintenant le nombre de façons de choisir un sous-ensemble E constitué de k de ces points de sorte que
deux points quelconques de ce sous-ensemble soient séparés par au moins ℓ autres points (sur le cercle). Autrement dit,
si x0 , . . . , xk sont les k points de E, rangés par ordre croissant, il faut avoir, pour tout i ∈ [[1, k − 1]], xi+1 − xi > ℓ,
mais il faut aussi avoir x1 + (n − xk ) > ℓ (distance entre x1 et xk sur le cercle).
Pour tout n ∈ N, k ∈ [[0, n]], et ℓ ∈ N∗ , on note A(n, k, ℓ) l’ensemble des sous-ensembles de [[1, n]] vérifiant ces
conditions. On note également
B(n, k, ℓ) = {(E, x) où E ∈ A(n, k, ℓ) et x ∈ E}
n − kℓ − 1
1. Montrer que |B(n, k, ℓ)| = n
.
k−1
n − kℓ
n
.
2. En déduire que |A(n, k, ℓ)| =
n − kℓ
k
Partie III – Le problème des ménages de Lucas
On suppose que n > 1. Dans un premier temps, on suppose que les places autour de la table sont numérotées dans
le sens des aiguilles d’une montre (donc il y a un point de départ), et on décide d’attribuer les places impaires aux
dames, les places paires aux messieurs.
1. On commence par placer les dames sur les places impaires, dans le sens des aiguilles d’une montre.
Combien y a-t-il de façons de faire ?
1
2. Les dames étant placées, il faut repartir les messieurs. On numérote les dames de 1 à n dans le sens des aiguilles
d’une montre ; on numérote également les messieurs en leur donnant le même numéro que leur épouse. Enfin,
on renumérote les places vides, en décrétant que pour tout i ∈ [[1, n]], la place située à droite de la dame i est la
place i. Ainsi, la place à gauche de la dame i est la place i + 1 si i < n, et la place 1 si i = n.
On définit la famille de sous-ensembles de Sn suivante :
∀i ∈ [[1, n]], E2i−1 = {σ ∈ Sn | σ(i) = i}
∀i ∈ [[1, n − 1]], E2i = {σ ∈ Sn | σ(i) = i + 1}
et
E2n = {σ ∈ Sn | σ(n) = 1}
Exprimer le nombre N de façons de placer les hommes en fonction des Ei , et en déduire :
N = n! −
n
X
k−1
(−1)
k=1
2n − k
2n
(n − k)!.
2n − k
k
3. Montrer que le nombre de placements possibles sur une table non numérotée est :
µ(n) = (n − 1)!
n
X
(−1)k
k=0
2n
2n − k
(n − k)!
2n − k
k
(Formule de Touchard, 1953)
Problème 2 – Nombres de Stirling
Partie I – Cycles et permutations de [[1, n]]
Soient n et k deux entiers positifs
Soit P = {P1 , . . . , Pk } une partition de [[1, n]]. Une répartition cyclique des éléments de [[1, n]] de support est la donnée
d’un rangement « circulaire » des éléments dans chaque part de la partition P, donc la donnée, pour chaque part Pi ,
d’un objet qu’on notera
[x1 , · · · , xℓ ],
dont les éléments sont les éléments de Pi , et déterminant un rangement cyclique de ces éléments. Formellement, un
tel objet peut être vu comme classe d’équivalence sur {x1 , . . . , xℓ }ℓ associée à la fermeture transitive de la relation
(x1 , · · · , xℓ ) ∼ (x2 , · · · , xℓ , x1 ).
On rappelle que la fermuture transitive de ∼ est la relation ∼t définie par :
X ∼t Y ⇐⇒ ∃k ∈ N, ∃Z1 , . . . Zk , X ∼ Z1 ∼ Z2 ∼ · · · ∼ Zk ≡ Y.
Ainsi, deux rangements cycliques d’une part donnée sont égaux si on obtient l’un de l’autre par permutation circulaire.
Par exemple, [1, 3, 4, 2] = [4, 2, 1, 3], mais [1, 3, 4, 2] 6= [4, 2, 3, 1].
On note C l’ensemble des rangements en cycles des entiers de [[1, n]], de support quelconque.
1. Montrer que ∼t est une relation d’équivalence sur {x1 , . . . , xℓ }. Ceci justifie la définition précédente.
2. Étant donnée une partition P = {P1 , . . . , Pk } de [[1, n]], on note pour tout i ∈ [[1, n]], ni le nombre de parts de
cardinal i.
n
X
ini ?
(a) Que vaut
i=1
(b) Déterminer le nombre de rangements en cycles de support P.
(c) Déterminer le nombre de rangements en cycles dont le support a des parts de même taille que P.
3. Étant donné C un rangement cyclique d’entiers de [[1, n]], de partition support P, on appelle successeur de
x ∈ [[1, n]] l’élément qui suit x dans l’unique cycle contenant x. Par exemple, dans le cycle [1, 4, 3], le successeur
de 1 est 4, le successeur de 3 est 1. Pour un cycle de longueur 1, par exemple [1], 1 est successeur de lui-même.
On note σC l’application de [[1, n]] dans lui-même associant à un élément x de [[1, n]] sont successeur dans le
rangement en cycles C.
(a) Montrer que σC est bien défini
(b) Montrer que σC ∈ Sn .
(c) Montrer que Φ : C 7→ σC est une injection de C dans Sn .
4. Montrer que Φ est bijective.
2
Partie II – Nombres de Stirling
n
Soit n et k deux entiers strictement positifs. On définit
, le nombre de façons de ranger les n entiers de 1 à n dans
k
k cycles, dont la somme des tailles est n (mais
la
taille de chaque cycle n’est pas imposée). On précise que les cycles
n
ne sont pas ordonnés entre eux. Les nombres
sont appelés nombres de Stirling de première espèce.
k
n
n
On note également
le nombre de partitions de l’ensemble [[1, n]] en k parts. Ces nombres
sont appelés
k
k
nombres de Stirling de deuxième
espèce.
n
n
0
0
∗
On pose par convention
=
= 0 si n ∈ N , et
=
= 1.
0
0
0
0
1. Premières propriétés
n
n
(a) Justifier que si k > n, alors
= 0 et
=0
k
k
2
2
3
3
3
(b) Calculer
,
,
,
,
.
1
2
1
2
3
n
(c) Montrer que pour tout n ∈ N∗ ,
= (n − 1)!
1
n
(d) Montrer que pour tout n > 2,
= 2n−1 − 1.
2
n
n
∗
(e) Soit n ∈ N , Que vaut
?
?
n
n
n
n
n
(f) Montrer que pour tout n > 2,
=
=
.
n−1
n−1
2
n
n
(g) Montrer que pour tout (n, k) ∈ (N∗ )2 ,
>
, avec égalité si et seulement si k > n − 1.
k
k
n X
n
(h) En utilisant la partie I, montrer que
= n!
k
k=0
2. Des relations de récurrence de type « Pascal »
n
n−1
n−1
=k
+
.
k
k
k−1
n
n−1
n−1
(b) Montrer que pour tout n > 2, et pour tout k ∈ [[1, n]],
= (n − 1)
+
.
k
k
k−1
Indication : classer les répartitions en cycle suivant que [n] est à lui seul un cycle ou non.
(a) Montrer que pour tout n > 2, et pour tout k ∈ [[1, n]],
3. Des formules de conversion entre puissances
Pour tout réel x et tout entier n, on note :
• xn = x(x − 1) · · · (x − n + 1) (puissance factorielle descendante)
• xn = x(x + 1) · · · (x + n − 1) (puissance factorielle ascendante).
n X
n k
(a) Montrer que pour tout x ∈ R et tout n ∈ N∗ , xn =
x .
k
k=1
(b) Qu’obtient-on pour x = n ? Justifier combinatoirement cette dernière égalité.
(c) Justifier combinatoirement la formule obtenue avec x = −1 dans la question (a).
n X
n k
(d) Démontrer de même que pour tout x ∈ R et tout n ∈ N∗ , xn =
x . Que retrouve-t-on pour x = 1 ?
k
k=1
n X
n
(e) En exprimant xn en fonction de (−x)n , en déduire que pour tout x ∈ R et tout n ∈ N∗ , xn =
(−1)n−k xk .
k
∗
k=1
(f) Déduire des questions précédentes que, pour tout (m, n) ∈ (N ) ,
∗ 2
n X
n
k
(−1)n−k = 1m (n),
k m
k=m
où 1m (n) prend la valeur 1 si m = n, et la valeur 0 sinon.
3
4. Deux autres formules amusantes :
X
n n
n+1
k
(a) Pour tout (m, n) ∈ (N∗ )2 ,
=
.
m+1
m
k
k=m
X
n ℓ+m
n
n
k
n−k
∗ 3
(b) Pour tout (m, n, ℓ) ∈ (N ) ,
=
.
ℓ+m
ℓ
m
ℓ
k
k=1
4