Corrigé

L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
Corrigé du devoir maison 1 du cours de mathématiques discrètes 2016.
Soit (E, ≤) un ensemble ordonné fini.
On rappelle qu’une antichaîne de E est une partie de E formée d’élements deux à deux incomparables.
Soit F une partie non vide de E. On note Max(F ) l’ensemble de ses éléments maximaux.
1. Si F une partie non vide de E, justifier que Max(F ) est une partie non vide de E et une antichaine.
Par récurrence sur le cardinal de F . Si F est 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 k le maximum
des cardinaux des antichaînes dans E. Alors E est la réunion disjointe de k chaînes.
2. Démontrer le résultat lorsque k = 1.
Lorsque k = 1, deux éléments distincts de E sont 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 l le maximum des cardinaux des
antichaînes dans F ; on suppose que F est la réunion disjointe de chaînes C1 , ..., Cl .
(a) Donner un encadrement de k en fonction de l.
Une antichaîne de F est une antichaîne de E donc l 6 k. Une antichaîne de E est soit une
antichaîne de F , soit la réunion d’une antichaîne de F avec {z}. Donc k 6 l + 1.
(b) Soit C une antichaîne de E. Que peut-on dire de C ∩ Ci , pour i dans J1, lK ?
L’ensemble C ∩ Ci est au plus de cardinal 1. En effet, C ∩ Ci est à la fois une chaîne et une
antichaîne, ce qui n’est possible que pour l’ensemble vide et un singleton.
(c) Soit i dans J1, lK. On note Di l’ensemble des éléments de Ci qui sont dans une antichaîne de
cardinal l dans F .
i. Justifier que Di est non vide.
P
Soit C une antichaîne de cardinal l. Comme l = |C| = i |C ∩ Ci |, et que les l ensembles
C ∩ Ci sont au plus de cardinal 1, il faut qu’ils soient tous de cardinal 1.
On note dans la suite yi un élément maximal de Di .
ii. Démontrer que {y1 , ..., yl } est une antichaîne de F .
Supposons qu’il existe i 6= j tels que yi ≤ yj . Soit
P C une antichaîne de cardinal l contenant
yj . Soit x ∈ C ∩ Ci (un tel x existe sinon |C| = i |C ∩ Ci | ≤ (l − 1)). Alors par maximalité
de yi dans la chaîne Ci , x ≤ yi et donc x ≤ yj , ce qui contredit le fait que C est une
antichaîne.
iii. On suppose que pour tout i, z n’est pas comparable à yi . Conclure.
On décompose E = ∪li=1 Ei ∪ {z} et ainsi, E est la réunion disjointe de k-chaînes.
iv. On suppose qu’il existe i tel que z est comparable avec yi . Soit C 0 = {z}∪{x ∈ Ci | x ≤ yi }.
Démontrer que C 0 est une chaîne et que F \ C 0 ne contient pas d’antichaîne de cardinal l.
Conclure dans ce cas.
C. Picaronny
1
E.N.S. de Cachan
L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
Comme z est comparable avec yi et z ∈ Max(E), yi ≤ z. Donc par transitivité, C 0 =
{z} ∪ {x ∈ Ci | x ≤ yi } est une chaîne.
Si F \ C 0 contient une antichaîne de cardinal l, alors celle-ci rencontre non trivialement
Ci en x. Dans la chaîne Ci , x et yi sont comparables et comme x 6∈ C 0 , x ≥ yi . Par
maximalité de yi dans Di , x = yi , ce qui contredit x 6∈ C 0 .
4. Soit N un entier naturel non nul.
(a) Soit F = {ni , i ∈ J1, N K} une suite d’entiers naturels. On munit F de la relation :
i≤j
ni nj si
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 ≤ · · · ≤ nik avec i1 < i2 < · · · < ik .
Les antichaînes sont les suites strictement décroissantes ni1 > ni2 > · · · > nik . avec i1 < i2 <
· · · < ik .
(b) Soient m et n deux entiers naturels tels que N − 1 = nm. Démontrer que F contient une suite
croissante de cardinal n + 1 ou une suite décroissante de cardinal m + 1.
On applique le théorème de Dilworth : Soit k le maximum des cardinaux des antichaînes dans
F. Alors F est la réunion disjointe de k chaînes.
si k ≥ m + 1, alors F a une antichaine de cardinal m + 1 donc suite strictement décroissante
de cardinal m + 1. Sinon, k ≤ m et F est la réunion disjointe de k chaînes. si ces chaînes sont
toutes de cardinal ≤ n, alors F est de cardinal au plus kn ≤ mn.
(c) Retrouver ce résultat en utilisant le principe des tiroirs.
On l’a fait en classe.
5. Soit N un entier naturel non nul. Soit I une famille de N intervalles fermés réels. Soient m et n
deux entiers naturels tels que N − 1 = nm. Démontrer qu’il existe m + 1 intervalles dans I disjoints
deux à deux ou n + 1 intervalles dans I d’intersection non vide.
On munit I d’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 I disjoints deux à deux, les chaînes
sont toutes de cardinal ≤ m. En utilisant le théorème de Dilworth, I est de cardinal ≤ mk où k est
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 ) = aj et 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
L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
Problème
1. On se déplace sur N2 en 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 n déplacements 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 p pas à droite et q pas vers lehaut. On
p+q
peut choisir la place des p pas à droite parmi les p + q pas nécessaires ; il y a donc
.
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+q−1
p+q−1
=
+
.
p−1
p
p
(d) Pour un chemin c menant 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 > 0 tels 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 c le chemin menant de (0, 0) à (n, n) qui part avec k pas verticaux
puis n pas horizontaux puis n − k pas verticaux. Alors ∆(c) = k.
ii. Quels sont les chemins c tels que ∆(c) = 0 ? De même ecrire les chemins c tels que
∆(c) = n. Comparer |{c, ∆(c) = 0}| et |{c, ∆(c) = n}|.
Par définition, un chemin c tel 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 c tel que ∆(c) = n a 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 c peut être décrit par un mot a1 a2 ...a2n de {↑, →}∗ , 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 → C où ↑ 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 c̃ décrit par le mot B → A ↑ C.
Soit i dans {1, ..., n − 1}. Démontrer que (c 7→ c̃) définit une bijection de l’ensemble des
chemins pour lesquels la valeur prise par ∆ vaut i sur l’ensemble des chemins pour lesquels
la valeur prise par ∆ vaut i − 1.
C. Picaronny
3
E.N.S. de Cachan
L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
Soit c tel que ∆(c) = i > 0 et A ↑ B → C sa factorisation. Notons b↑ le nombre de ↑ dans
B. ∆(c) = 1 + b↑ + ∆(C), en effet A ne fournit aucun pas au dessus de la diagonale par
définition, ↑ est le premier, B code une portion du chemin au dessus de la diagonale donc
tous ses pas verticaux sont au dessus, puis C part de la diagonale et arrive sur la diagonale.
Soit c̃ le chemin codé par B → A ↑ C. De même, ∆(c̃) = b↑ + ∆(C), car le chemin d
commence par le chemin codé par B au 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 + ∆(c̃).
Figure 1: A↑B→C
Figure 2: B→A↑C
iv. Soit cn le nombre de chemins qui partent de (0, 0) et arrivent au point (n, n) en restant
toujours sous (au sens large) la diagonale. Exprimer cn à l’aide d’un coefficient binomial.
C. Picaronny
4
E.N.S. de Cachan
L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
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
|{c, ∆(c) = i}| = (n + 1)|{c, ∆(c) = n}| = (n + 1)cn .
i=0
1
Donc cn =
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 n un entier naturel non nul. On rappelle qu’une partition de l’ensemble J1, nK est une décomposition de cet ensemble en une réunion finie des parties non vides disjointes deux à deux. On note
Partn l’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, lK telle que :
∀t ∈ J1, lK, Jt = ts∈ϕ−1 (t) Is .
On note dans ce cas {I1 , ..., Ik } {J1 , ..., Jl }.
(a) Justifier que Partn est fini. Proposer une majoration de son cardinal.
Une partition est formée de k parties non vides, pour k ∈ J1, nK. Si on numérote ces k parties
de 1 à k, alors pour chaque élément, on choisit dans quelle partie on le met, soit au
kn
Pplus
n
choix. Une majoration très grossière du cardinal de Partn est par ce raisonnement k=1 k n .
(b) Justifier que est une relation d’ordre.
Reflexivité : : vérifiée par définition.
Antisymétrie : : Soient {I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl } deux partitions de J1, nK telles que {I1 , ..., Ik } {J1 , ..., Jl }
et {J1 , ..., Jl } {I1 , ..., Ik }. Il existe deux applications surjectives ϕ : J1, kK → J1, lK et
ψ : J1, lK → J1, kK telles que ∀t ∈ J1, lK, Jt = ts∈ϕ−1 (t) Is et ∀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, ϕ est une permutation de J1, kK
telle que Jt = Iϕ(t) pour tout t et {I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl }.
Transitivité : : Soient {I1 , ..., Ik }, {J1 , ..., Jl }, {K1 , ..., Km } des partitions de J1, nK telles que {I1 , ..., Ik } {J1 , ..., Jl } et {J1 , ..., Jl } {K1 , ..., Km }. Il existe deux applications surjectives ϕ :
J1, kK → J1, lK et ψ : J1, lK → J1, mK telles que ∀t ∈ J1, lK, Jt = ts∈ϕ−1 (t) Is et ∀s ∈
J1, mK, Ks = tt∈ψ−1 (s) Jt . Alors ψ ◦ ϕ est une application surjective de J1, kK sur J1, mK
telle que ∀s ∈ J1, mK, Ks = tt∈ϕ−1 (ψ−1 (s) It donc {I1 , ..., Ik } {K1 , ..., Km }.
(c) Représenter (soigneusement, merci) le diagramme de Hasse de Part4 , .
C. Picaronny
5
E.N.S. de Cachan
L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
1, 2, 3, 4
1, 2
3, 4
1, 3, 4
2
1
2
3, 4
1, 2, 3
4
1, 2
3
4
1, 3
2, 4
1, 3
2
4
1, 2, 4
3
1
2, 4
3
1, 4
2
3
1
2, 3, 4
1, 4
2, 3
1
2, 3
4
1
2
3
4
Figure 3: Diagramme de Hasse de Part4
(d) Est-ce Partn muni de la relation est un treillis ? Justifier votre réponse.
Partn est effectivement un treillis :
Si {I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl } sont deux partitions de J1, nK, une partition {K1 , ..., Km } est plus
fine que {I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl } si chacun des Kj est contenu dans l’unique Is (resp. Jt )
qu’il intersecte non trivialement, ce qui est équivalent à Kj ⊂ Is ∩ Jt . La moins fine de ces
partitions est donc {Is ∩ Jt | s ∈ J1, kK, t ∈ J1, lK, Is ∩ Jt 6= ∅}. C’est la borne inférieure de
{I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl }.
De même, on construit la borne supérieure de {I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl } en considérant la
partition obtenue en un nombre fini d’étapes à partir de E0 lorsque le processus devient
stationnaire :
• E0 = {I1 , ..., Ik } ∪ {J1 , ..., Jl }
• Fi+1 = {S ∪ T, S ∈ Ei , T ∈ Ei , S ∩ T 6= ∅} et Ei+1 est l’ensemble des parties maximales
de Fi+1 (on retire celles qui sont strictement contenues dans une autre partie de Fi+1 .
Ceci revient à considérer une partition donnée comme l’ensemble des classes d’équivalence
d’une relation d’équivalence. La borne supérieure de {I1 , ..., Ik } et {J1 , ..., Jl } est alors l’ensemble
des classes d’équivalence de la clôture transitive de la relation definie comme réunion de la
relation définie par {I1 , ..., Ik } et par la relation définie par {J1 , ..., Jl }.
3. Une partition {I1 , ..., Ik } de l’ensemble J1, nK est dite non entrelacée si
∀s, t ∈ J1, kK, ∀u, v ∈ Is , ∀w, z ∈ It , si u < w < v < z alors s = t.
C. Picaronny
6
E.N.S. de Cachan
L3 - 2016/2017 - DM1
Mathématiques discrètes
On note NEPartn l’ensemble des partitions non entrelacées de J1, nK.
(a) Représenter (toujours aussi soigneusement, merci) le diagramme de Hasse de NEPart4 , .
On retire la partie {{1, 3}, {2, 4}} de la figure ci-dessus.
(b) Justifier que NEPartn muni de la relation est un treillis.
La borne inférieure dans Partn de deux partitions non entrelacées reste une partition non
entrelacée. Par contre, c’est faux pour la borne supérieure. Il faut en prendre la couverture qui
consiste à réunir dans une partition les parties qui s’entrelacent jusqu’à obtenir une partition
non entrelacée.
(c) Justifier que le cardinal de NEPartn est égal à cn .
On établit une bijection entre NEPartn et l’ensemble des chemins de Dyck de 2n pas : Soit
{I1 , ..., Ik−1 } une partition non entrelacée numérotée de manière à avoir que max I1 < max I2 <
· · · , max Ik . On construit le chemin en lisant les entiers dans l’ordre I1 < I2 < · · · < Ik les
éléments dans chaque partie Ij étant rangées dans l’ordre décroissant. Quand on lit mj =
max Ij , on fait mj − mj−1 pas ↑, puis |Ij | pas → (on pose m0 = 0). Il ne reste plus qu’à
justifier que c’est bien une bijection...
C. Picaronny
7
E.N.S. de Cachan