Corrigé

L3 - 2016/2017 - DM1 Mathématiques discrètes
Corrigé du devoir maison 1du cours de mathématiques discrètes 2016.
Soit (E, ≤)un ensemble ordonné fini.
On rappelle qu’une antichaîne de Eest une partie de Eformée d’élements deux à deux incomparables.
Soit Fune partie non vide de E. On note Max(F)l’ensemble de ses éléments maximaux.
1. Si Fune partie non vide de E, justifier que Max(F)est une partie non vide de Eet une antichaine.
Par récurrence sur le cardinal de F. Si Fest le singleton {x},x∈Max(F)> Sinon, soit x∈F.
Alors x∈Max(F)ou un élément de Max({y∈F, y > x})est maximal dans F.
On se propose de démontrer par récurrence sur |E|le théorème de Dilworth : Soit kle maximum
des cardinaux des antichaînes dans E. Alors Eest la réunion disjointe de kchaînes.
2. Démontrer le résultat lorsque k= 1.
Lorsque k= 1, deux éléments distincts de Esont comparables, donc l’ordre est total. Un ensemble
fini totalement ordonné est une chaine.
3. On suppose que k > 1. Soient z∈Max(E)et F=E\ {z}. Soit lle maximum des cardinaux des
antichaînes dans F; on suppose que Fest la réunion disjointe de chaînes C1, ..., Cl.
(a) Donner un encadrement de ken fonction de l.
Une antichaîne de Fest une antichaîne de Edonc l6k. Une antichaîne de Eest soit une
antichaîne de F, soit la réunion d’une antichaîne de Favec {z}. Donc k6l+ 1.
(b) Soit Cune antichaîne de E. Que peut-on dire de C ∩ Ci, pour idans J1, lK?
L’ensemble C ∩ Ciest au plus de cardinal 1. En effet, C ∩ Ciest à la fois une chaîne et une
antichaîne, ce qui n’est possible que pour l’ensemble vide et un singleton.
(c) Soit idans J1, lK. On note Dil’ensemble des éléments de Ciqui sont dans une antichaîne de
cardinal ldans F.
i. Justifier que Diest non vide.
Soit Cune antichaîne de cardinal l. Comme l=|C| =Pi|C ∩ Ci|, et que les lensembles
C ∩ Cisont au plus de cardinal 1, il faut qu’ils soient tous de cardinal 1.
On note dans la suite yiun élément maximal de Di.
ii. Démontrer que {y1, ..., yl}est une antichaîne de F.
Supposons qu’il existe i6=jtels que yi≤yj. Soit Cune antichaîne de cardinal lcontenant
yj. Soit x∈ C ∩Ci(un tel xexiste sinon |C| =Pi|C ∩Ci| ≤ (l−1)). Alors par maximalité
de yidans la chaîne Ci,x≤yiet donc x≤yj, ce qui contredit le fait que Cest une
antichaîne.
iii. On suppose que pour tout i,zn’est pas comparable à yi. Conclure.
On décompose E=∪l
i=1Ei∪ {z}et ainsi, Eest la réunion disjointe de k-chaînes.
iv. On suppose qu’il existe itel que zest comparable avec yi. Soit C0={z}∪{x∈Ci|x≤yi}.
Démontrer que C0est une chaîne et que F\C0ne contient pas d’antichaîne de cardinal l.
Conclure dans ce cas.
C. Picaronny 1 E.N.S. de Cachan

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Comme zest comparable avec yiet z∈Max(E),yi≤z. Donc par transitivité, C0=
{z}∪{x∈Ci|x≤yi}est une chaîne.
Si F\C0contient une antichaîne de cardinal l, alors celle-ci rencontre non trivialement
Cien x. Dans la chaîne Ci,xet yisont comparables et comme x6∈ C0,x≥yi. Par
maximalité de yidans Di,x=yi, ce qui contredit x6∈ C0.
4. Soit Nun entier naturel non nul.
(a) Soit F={ni, i ∈J1, NK}une suite d’entiers naturels. On munit Fde la relation :
ninjsi i≤j
ni≤nj
Démontrer que est une relation d’ordre partiel.
Il suffit de l’écrire.
Décrire pour les chaînes et les antichaînes.
Les chaînes sont les suites croissantes ni1≤ni2≤ · · · ≤ nikavec i1< i2<· · · < ik.
Les antichaînes sont les suites strictement décroissantes ni1> ni2>· · · > nik. avec i1< i2<
· · · < ik.
(b) Soient met ndeux entiers naturels tels que N−1 = nm. Démontrer que Fcontient une suite
croissante de cardinal n+ 1 ou une suite décroissante de cardinal m+ 1.
On applique le théorème de Dilworth : Soit kle maximum des cardinaux des antichaînes dans
F. Alors Fest la réunion disjointe de kchaînes.
si k≥m+ 1, alors Fa une antichaine de cardinal m+ 1 donc suite strictement décroissante
de cardinal m+ 1. Sinon, k≤met Fest la réunion disjointe de kchaînes. si ces chaînes sont
toutes de cardinal ≤n, alors Fest de cardinal au plus kn ≤mn.
(c) Retrouver ce résultat en utilisant le principe des tiroirs.
On l’a fait en classe.
5. Soit Nun entier naturel non nul. Soit Iune famille de Nintervalles fermés réels. Soient met n
deux entiers naturels tels que N−1 = nm. Démontrer qu’il existe m+ 1 intervalles dans Idisjoints
deux à deux ou n+ 1 intervalles dans Id’intersection non vide.
On munit Id’une relation d’ordre partiel en posant :
[a, b]≺[c, d]si b < c.
Les chaînes sont les suites d’intervalles [a1, b1], ..., [ak, bk]avec a1< b1< a2< b2<· · · < bk−1<
ak< bk.. Les antichaines sont les suites d’intervalles [a1, b1], ..., [ak, bk]telles que [ai, bi]∩[aj, bj]soit
non vide pour tous i, j. S’il n’existe pas m+ 1 intervalles dans Idisjoints deux à deux, les chaînes
sont toutes de cardinal ≤m. En utilisant le théorème de Dilworth, Iest de cardinal ≤mk où kest
le maximum des cardinaux des antichaînes dans I. Donc k > n. Soit alors [a1, b1], ..., [ak, bk]une
antichaîne de cardinal k. On pose a= max(a1, ..., ak) = ajet b= min(b1, ..., bk) = bl. Alors pour
tout i,[ai, bi]∩[aj, bj]est non vide, donc ai< a < bi(en particulier a < b) , et [ai, bi]∩[al, bl]est
non vide, donc ai< b < bi. Donc [a, b]est un intervalle non vide contenu dans tous les [ai, bi].
C. Picaronny 2 E.N.S. de Cachan

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Problème
1. On se déplace sur N2en partant d’un point (0,0) et en effectuant une suite finie de déplacements
élémentaires. Les déplacements élémentaires sont de deux types : soit un pas à droite (on passe du
point (x, y)au point (x+1, y)), soit un pas vers le haut (on passe du point (x, y)au point (x, y +1)).
(a) Quels sont les points qu’on peut atteindre en ndéplacements élémentaires en partant de (0,0) ?
Les points (p, n −p)pour p∈J0, nK.
(b) Soit (p, q)∈N2. Exprimer le nombre de chemins qui partent de (0,0) et arrivent au point (p, q).
Pour arriver au point (p, q)en partant de (0,0), il faut ppas à droite et qpas vers le haut. On
peut choisir la place des ppas à droite parmi les p+qpas nécessaires ; il y a donc p+q
p.
(c) Retrouver ainsi une démonstration combinatoire du triangle de Pascal.
Soit on arrive au point (p, q)par un pas à droite, donc à l’étape précedente, on était au point
(p−1, q), soit on arrive au point (p, q)par un pas vers le haut donc à l’étape précedente, on
était au point (p, q −1). Ainsi “
p+q
p=p+q−1 p−1+p+q−1 p.
(d) Pour un chemin cmenant de (0,0) = (x0, y0)à(n, n) = (x2n, y2n), en passant successivement
par les points (x1, y1), ..., (x2n−1, y2n−1), on note ∆(c)le nombre de pas vers le haut au dessus
de la diagonale, c’est à dire le nombres d’indices i > 0tels que (xi−1≤yi−1)et yi=yi−1+ 1.
i. Démontrer que les valeurs prises par ∆sont exactement 0,1, ..., n.
Soit k∈ {0, ..., n}. Soit cle chemin menant de (0,0) à(n, n)qui part avec kpas verticaux
puis npas horizontaux puis n−kpas verticaux. Alors ∆(c) = k.
ii. Quels sont les chemins ctels que ∆(c)=0? De même ecrire les chemins ctels que
∆(c) = n. Comparer |{c, ∆(c)=0}| et |{c, ∆(c) = n}|.
Par définition, un chemin ctel que ∆(c) = 0 ne fait aucun pas vertical au dessus de la
diagonale. A chaque fois qu’il rencontre la diagonale (ce qui est au moins le cas au départ),
il repart avec un pas horizontal et donc reste sous la diagonale, au sens large.
Un chemin ctel que ∆(c) = na tous ses pas verticaux au dessus de la diagonale. A chaque
fois qu’il rencontre la diagonale (ce qui est au moins le cas à l’arrivée), il y arrive avec
un pas horizontal (sinon le pas vertical serait dessous) et donc toute portion du chemin c
entre deux points sur la diagonale reste au dessus de la diagonale.
La symétrie par rapport à la diagonale échange les chemins qui restent au dessus avec
ceux qui restent dessous. En particulier, |{c, ∆(c)=0}| =|{c, ∆(c) = n}|.
iii. Un chemin cpeut être décrit par un mot a1a2...a2nde {↑,→}∗, avec aj=↑si le j-ème
pas est vers le haut et aj=→si le j-ème pas est vers la droite. Si ce chemin traverse
non trivialement la diagonale, il peut se factoriser sous la forme A↑B→Coù ↑est le
premier pas vers le haut au-dessus de la diagonale et →le premier pas suivant rejoignant
la diagonale. On lui associe le chemin ˜cdécrit par le mot B→A↑C.
Soit idans {1, ..., n −1}. Démontrer que (c7→ ˜c)définit une bijection de l’ensemble des
chemins pour lesquels la valeur prise par ∆vaut isur l’ensemble des chemins pour lesquels
la valeur prise par ∆vaut i−1.
C. Picaronny 3 E.N.S. de Cachan

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Soit ctel que ∆(c) = i > 0et A↑B→Csa factorisation. Notons b↑le nombre de ↑dans
B.∆(c) = 1 + b↑+ ∆(C), en effet Ane fournit aucun pas au dessus de la diagonale par
définition, ↑est le premier, Bcode une portion du chemin au dessus de la diagonale donc
tous ses pas verticaux sont au dessus, puis Cpart de la diagonale et arrive sur la diagonale.
Soit ˜cle chemin codé par B→A↑C. De même, ∆(˜c) = b↑+ ∆(C), car le chemin d
commence par le chemin codé par Bau dessus de la diagonale, rejoint la diagonale par un
pas horizontal et la traverse par un chemin codé par qui reste sous la diagonale jusqu‘à la
rejoindre pour continuer par C.
Donc ∆(c) = 1 + ∆(˜c).
Figure 1: A↑B→C
Figure 2: B→A↑C
iv. Soit cnle nombre de chemins qui partent de (0,0) et arrivent au point (n, n)en restant
toujours sous (au sens large) la diagonale. Exprimer cnà l’aide d’un coefficient binomial.
C. Picaronny 4 E.N.S. de Cachan

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On déduit de la question précédente le fait que le cardinal de {c, ∆(c) = i}est indépendant
de i. Donc en partitionnant l’ensemble des chemins de (0,0) à(n, n)selon la valeur prise
par ∆, on obtient :
2n
n=
n
X
i=0
|{c, ∆(c) = i}| = (n+ 1)|{c, ∆(c) = n}| = (n+ 1)cn.
Donc cn=1
n+ 12n
n.
Que retrouve-t’on ainsi ?
On retrouve l’expression du n-ième nombre de Catalan (cf. TD6). On peut coder un
parenthèsage par un chemin : ↑pour une parenthèse ouvrante et →pour une parenthèse
fermante. Un bon parenthèsage est alors un parenthèsage qui a autant de parenthèses
ouvrantes que de parenthèses fermantes et qui a toujours plus au sens large de parenthèses
ouvrantes que fermantes lorsqu’on le lit de gauche à droite, donc est codé par un chemin
qui reste au dessus au sens large de la diagonale.
2. Soit nun entier naturel non nul. On rappelle qu’une partition de l’ensemble J1, nKest une décom-
position de cet ensemble en une réunion finie des parties non vides disjointes deux à deux. On note
Partnl’ensemble des partitions de J1, nK.
Si {I1, ..., Ik}et {J1, ..., Jl}sont deux partitions de J1, nK, on dit que {I1, ..., Ik}est plus fine que
{J1, ..., Jl}s’il existe une application surjective ϕ:J1, kK→J1, lKtelle que :
∀t∈J1, lK, Jt=ts∈ϕ−1(t)Is.
On note dans ce cas {I1, ..., Ik}{J1, ..., Jl}.
(a) Justifier que Partnest fini. Proposer une majoration de son cardinal.
Une partition est formée de kparties non vides, pour k∈J1, nK. Si on numérote ces kparties
de 1àk, alors pour chaque élément, on choisit dans quelle partie on le met, soit au plus kn
choix. Une majoration très grossière du cardinal de Partnest par ce raisonnement Pn
k=1 kn.
(b) Justifier que est une relation d’ordre.
Reflexivité : : vérifiée par définition.
Antisymétrie : : Soient {I1, ..., Ik}et {J1, ..., Jl}deux partitions de J1, nKtelles que {I1, ..., Ik}{J1, ..., Jl}
et {J1, ..., Jl}  {I1, ..., Ik}. Il existe deux applications surjectives ϕ:J1, kK→J1, lKet
ψ:J1, lK→J1, kKtelles que ∀t∈J1, lK, Jt=ts∈ϕ−1(t)Iset ∀s∈J1, kK, Is=tt∈ψ−1(s)Jt.
En particulier, ∀t∈J1, lK, Jt⊂Iϕ(t)⊂Jψ(ϕ(t)) donc t=ψ(ϕ(t), ce qui démontre
ψ◦ϕ=Id. Par symétrie, ϕ◦ψ=Id. Donc k=l,ϕest une permutation de J1, kK
telle que Jt=Iϕ(t)pour tout tet {I1, ..., Ik}et {J1, ..., Jl}.
Transitivité : : Soient {I1, ..., Ik},{J1, ..., Jl},{K1, ..., Km}des partitions de J1, nKtelles que {I1, ..., Ik} 
{J1, ..., Jl}et {J1, ..., Jl}  {K1, ..., Km}. Il existe deux applications surjectives ϕ:
J1, kK→J1, lKet ψ:J1, lK→J1, mKtelles que ∀t∈J1, lK, Jt=ts∈ϕ−1(t)Iset ∀s∈
J1, mK, Ks=tt∈ψ−1(s)Jt. Alors ψ◦ϕest une application surjective de J1, kKsur J1, mK
telle que ∀s∈J1, mK, Ks=tt∈ϕ−1(ψ−1(s)Itdonc {I1, ..., Ik}{K1, ..., Km}.
(c) Représenter (soigneusement, merci) le diagramme de Hasse de Part4,.
C. Picaronny 5 E.N.S. de Cachan