MPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 07 29 juin 2019
2 3 4 5 6
6
1 1
2 3 4 5
Fig. 1: Exemple
1. La gure1 aide à extraire les fonctions croissantes ou décroissantes.
a. On trouve 12 partiesA contenant au moins deux éléments et telles que fA soit croissante.
{1,3},{1,4},{1,5},{1,3,4},{1,3,5},{2,3,4},{2,3}{2,4},{3,4},
{2,3,5},{2,5},{3,5}
b. On trouve 9 parties A contenant au moins deux éléments et telles que fA soit décroissante.
{1,2,6},{1,2},{1,6},{2,6},{3,6},{4,5,6},{4,6},{5,6},{4,5}
En cherchant ces parties, on réalise bien que certaines sont maximales. Les ques- tions suivantes précisent ce point.
2. a. La convention de l'énoncé relative aux restrictions à des singletons rend les ques- tions 2.a et 3.a évidentes. Pour chaquep, le singleton{p}convient. Ces questions servent seulement à justier que les parties de N dont on veut prendre les plus
grands éléments sont non vides. Comme ces parties sont majorées parm, on est assuré de l'existence de ces plus grands éléments. Il s'agit de trouver la taille maximale des séquences croissantes ou décroissantes qui se terminent enp. On présente directement le tableau des résultats en 3.c.
b. Voir 3.c 3. a. Voir 3.c b. Voir 3.c
c. Tableau des résultats comprenant les questions 2.b et 2.c.
p 1 2 3 4 5 6
ip 1 1 2 3 3 1
jp 1 2 1 1 2 3
(ip, jp) (1,1) (1,2) (2,1) (3,1) (3,2) (1,3)
4. a. Soitp < q et A une partie de cardinal ip vériant les conditions de 2.a pourp. Lorsquef(p)< f(q), on peut adjoindreqàA. Alors la restriction def àA∪ {q}
est toujours croissante etA∪ {q}vérie les conditions de 2.a relatives àq. On en déduit :
iq ≥ip+ 1
b. Le raisonnement est analogue à celui de la question précédente.
5. Notonsϕl'application dénie dansE parϕ(p) = (ip, jp). Supposonsϕ(p) =ϕ(q)avecp < q.
Commeip=iq, l'inégalitéip < iq est fausse. Donc, d'après 4.a., l'inégalitéf(p)< f(q) l'est aussi. On en déduit
f(q)≤f(p)
De même, commejp< jq est fausse,f(q)< f(p)l'est aussi doncf(p)≤f(q). On en déduit doncf(p) =f(q)puisp=qà cause de l'injectivité def.
6. Théorème de Erdös-Szekeres. Conservons la notationϕde la question précédente.
Commeϕest injective, elle prendmvaleurs distinctes. Il est donc impossible que ces valeurs (qui sont des couples) soient toutes dans le produit cartésien
{1,2,· · · , a} × {1,2,· · ·, b}
qui en contient seulementabavecab < ab+ 1 =m.
On en déduit qu'il existe un p tel que ip > a ou tel que jq > b. Dans le premier cas, il existe une partieA contenant strictement plus dea éléments telle que fA soit
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 Rémy Nicolai M1107C
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croissante. Dans le second cas, il existe une partieB contenant strictement plus de b éléments telle quefB soit décroissante.
7. a. Commençons par mettre en évidence une partieD telle quefDsoit décroissante.
Fixons unmentre0et b−1 et considérons
D={ma, ma+ 1,· · ·, ma+ (a−1)}
Elle contientaéléments qui ont tous le même quotientm dans la division para et des restes croissant de0 àa−1. La restriction àD ne dépend que du reste et elle est décroissante.
Nous allons maintenant démontrer
x < x0 etf(x)> f(x0)⇒q(x) =q(x0) En eet, d'une part
x < x0 ⇒q(x)≤q(x0)⇒q(x0)−q(x)≥0 D'autre part,
f(x)> f(x0)⇒r(x0)−r(x)>(q(x0)−q(x))a⇒(q(x0)−q(x))a < a
⇒q(x0)−q(x)<1 DansZ, les deux inégalités ne peuvent se produire que siq(x) =q(x0).
On en déduit que lorsque fA est décroissante, la partie A est incluse dans une partie de la formeD. Elle contient donc au plusaéléments.
b. Considérons maintenant une partie
C={k, a+k,2a+k,· · · ,(b−1)a+k}
pour unkxé entre 0eta−1. Elle contientbéléments tous de même reste mais de quotients croissant de 0 à b−1. La restriction de f à C ne dépend que du quotient, elle est donc strictement croissante.
Montrons maintenant
x < x0 etf(x)< f(x0)⇒q(x)< q(x0) En exprimantr(x)en fonction dexetq(x)on obtient
f(x) = 2q(x)a+a−x
On en déduit
f(x0)−f(x) = 2(q(x0)−q(x))−(x0−x) En particulier
f(x0)−f(x)>0⇒2(q(x0)−q(x))> x0−x Finalement :
x <x0 f(x)<f(x0)
)
⇒2(q(x0)−q(x))> x0−x >0⇒q(x)< q(x0)
SiAest une partie telle quefA soit croissante, on ne peut pas déduire queAest de la forme deC. On sait que les quotients doivent croître mais on n'a pas prouvé que les restes sont les mêmes. Une telle partie doit donc être de la forme
{k0, a+k1,2a+k2,· · · ,(b−1)a+kb−1} où leski sont entre0et a−1. Elle contient au plusbéléments.
c. Les questions précédentes montrent qu'il existe un exemple de fonction f dénie dans un ensemble contenantabéléments avec lequel, pour toute partieA:
fA croissante ⇒]A≤b fA décroissante ⇒]A≤a
On ne peut donc pas étendre le théorème au cas oùm=ab.
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