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
i=0
|{c, ∆(c) = i}| = (n+ 1)|{c, ∆(c) = n}| = (n+ 1)cn.
Donc cn=1
n+ 12n
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,.
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