Dans tout le problème, E désigne un ensemble à n éléments.

(1)

MPSI B 15 décembre 2019

Énoncé

Dans tout le problème, E désigne un ensemble à n éléments.

Partie I. Préliminaire

Pour un entier n non nul, on note ω(n) = max(

ⁿ₀

,

ⁿ₁

, · · · ,

ⁿ_n

) 1. À quel coecient du binôme est égal ω(n) ?

2. Montrer que ω(2n − 1) =

¹₂

ω(2n)

Partie II. Ensembles de Sperner

On dit qu'une partie S de P (E) est de Sperner lorsque

∀(A, B) ∈ S

²

: A 6= B ⇒ A 6⊂ B et B 6⊂ A

1. Montrer que si p est un entier entre 1 et Card(E) − 1 , l'ensemble P

_p

des parties de E à p éléments est de Sperner.

2. Dans cette question, E = {1, . . . , n} et a

1

, . . . , a

n

sont des réels strictement positifs (non nécessairement distincts). On dénit une application f de P(E) dans R en posant

∀A ∈ P(E) : f (A) = X

i∈A

a

i

Montrer que pour tout réel t , f

⁻¹

({t}) est une partie de Sperner lorsqu'elle n'est pas vide.

3. Déterminer le nombre de parties de Sperner à deux éléments S = {A

1

, A

2

} .

Partie III. Chaînes

On appelle chaîne de E une famille (C

₁

, C

₂

, . . . , C

_n

) de parties de E telle que

∀i ∈ {1, . . . , n} : Card (C

_i

) = i

∀i ∈ {1, . . . , n − 1} : C

i

⊂ C

i+1

Soit A est une partie xée à k élément de E . Calculer le nombre de chaines (C

1

, C

2

, . . . , C

n

) telles que C

_k

= A .

Partie IV. Théorème de Sperner

1. Soit (C

₁

, C

₂

, . . . , C

_n

) une chaine. Montrer que l'intersection d'une partie de Sperner avec {C

1

, C

2

, . . . , C

n

} contient au plus un élément.

2. En considérant toutes les chaînes (C

₁

, C

₂

, . . . , C

_n

) telles que {C

1

, C

2

, . . . , C

n

} ∩ S 6= ∅ montrer que

X

A∈S

1

n CardA

≤ 1 3. En déduire le théorème de Sperner c'est à dire

CardS ≤ ω(n)

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 Asperner

(2)

MPSI B 15 décembre 2019

Corrigé

Partie I

1. En écrivant des lignes de coecients du binôme, on réalise rapidement que les termes augmentent jusqu'au milieu, décroissent ensuite. On veut donc montrer que

ω(n) = n

E(

ⁿ₂

)

On peut le justier (sommairement) par récurrence.

Supposons que les coecients de la ligne n augmentent puis diminuent, il en est alors de même de la somme de deux termes consécutifs de cette ligne ce qui prouve (triangle de Pascal) la propriété à l'ordre n + 1 .

On peut aussi le justier directement en remarquant que :

∀k ∈ {0, 1, · · · , n − 1} : n

k + 1

= n − k k

n k

D'autre part :

n − k

k < 1 ⇔ n 2 < k On en déduit

∀k ∈ {0, 1, · · · , E( n

2 )} : n − k 2 ≥ 1

∀k ∈ {E( n

2 ) + 1, · · · n − 1} : n − k 2 < 1 Ce qui prouve le comportement de la suite décrit au début.

2. D'après la question précédente, ω(2n) =

2n n

ω(2n − 1) =

2n − 1 n − 1

avec

ω(2n) = (2n)(2n − 1) · · · (n + 1)

n! = 2 (2n − 1) · · · (n + 1)

(n − 1)! = 2ω(2n − 1)

Partie II

1. Lorsque deux partie de E ont le même nombre d'éléments, une inclusion entre elles entraine l'égalité. L'ensemble des parties à p éléments de E est donc un ensemble de Sperner.

2. Lorsque f

⁻¹

({t}) n'est pas vide, il est formé des parties A de E telles que X

i∈A

a

i

= t

Pour montrer que f

⁻¹

({t}) est de Sperner, on considère A et B avec A ⊂ B et A 6= B . Alors il ne peuvent être tous les deux dans f

⁻¹

({t}) car les a

i

étant strictement positifs

f (B) = f (A) + X

i∈B−A

a

i

> f(A)

3. On va donner deux démonstrations.

La première méthode consiste à compter d'abord les couples en les classant suivant le premier ensemble A

1

.

Comment former un couple de Sperner (A

1

, A

2

) à partir de la donnée de A

1

de cardinal k ?

Il ne faut pas que la partie A

2

soit une partie de A

1

ni qu'elle contienne A

1

. Il y a 2

^k

parties de A

1

. Il y a 2

^n−k

− 1 parties contenant A

1

autres que A

1

(autant que de parties dans le complémentaire). On en déduit donc que lorsque A

1

est xé il y a

2

ⁿ

− 2

^k

− 2

^n−k

+ 1

couples de Sperner (A

1

, A

2

) lorsque A

1

est de cardinal k . Le nombre total de couples de Sperner est

n−1

X

k=1

n k

(2

ⁿ

− 2

^k

− 2

^n−k

+ 1) = (2

ⁿ

+ 1)(2

ⁿ

− 2) − 2((1 + 2)

ⁿ

− 1 − 2

ⁿ

)

= 2

²ⁿ

− 2 3

ⁿ

+ 2

ⁿ

Ce nombre est à diviser par 2 car on cherche le nombre de paires et non de couples soit

2

²ⁿ⁻¹

− 3

ⁿ

+ 2

ⁿ⁻¹

La deuxième méthode s'inspire du principe d'inclusion-exclusion

¹

. On compte toujours d'abord les couples mais on commence par les couples qui ne sont pas de Sperner.

1voir Proofs From the Book Springer

2

(3)

MPSI B 15 décembre 2019

On doit considérer les couples (A, B) tels que A ⊂ B privés des couples (A, A) . Il y en a 3

ⁿ

− 2

ⁿ

. (voir feuille exercices Dénombrement)

On doit compter aussi les (A, B) tels que B ⊂ A Il y en a aussi 3

ⁿ

− 2

ⁿ

. Mais attention à ne pas décompter deux fois les (A, A) . Comme le nombre total de couple est (2

ⁿ

)

²

. Le nombre de couples de Sperner est

2

²ⁿ

− (2(3

ⁿ

− 2

ⁿ

) + 2

ⁿ

) = 2

²ⁿ

− 3

ⁿ

+ 2

ⁿ⁻¹

et on retrouve

2

²ⁿ⁻¹

− 3

ⁿ

+ 2

ⁿ⁻¹

paires de Sperner en divisant par deux.

Partie III

Une chaîne est entièrement dénie par une suite injective (a

1

, a

2

, . . . , a

n

) d'éléments de E en posant

A

1

= {a

1

}, A

2

= {a

1

, a

2

}, · · · , A

n

= {a

1

, a

2

, . . . , a

n

}

Ceci dénit une bijection entre l'ensemble des chaînes et l'ensemble des injections de {1, 2, · · · , n} dans E . Il y a donc n! chaînes de l'ensemble E .

Une chaîne dont le k ième terme est une partie xée A s'obtient à partir d'une suite injective (a

1

, a

2

, . . . , a

k

) d'éléments de A et d'une suite injective (a

k+1

, . . . , a

n

) d'éléments de E − A .

Le nombre de ces suites, c'est à dire le nombre cherché de chaînes est k! (n − k)!

Partie IV

1. Considérons une chaîne (C

₁

, . . . , C

_n

) et une partie de Sperner S telles que l'intersection de {C

1

, . . . , C

n

} avec S soit non vide et contienne une partie A . Cette partie A fait partie de la chaîne, tous les autres éléments de cette chaîne sont contenus dans A ou le contiennent. Aucun ne peut donc être dans S par dénition d'un ensemble de Sperner.

2. Considérons toutes les chaînes (C

₁

, . . . , C

_n

) qui coupent un ensemble de Sperner S, classons les à l'aide de leur unique partie A dans l'intersection.

Lorsque A contient k éléments, le nombre de chaînes coupant S en A est k! (n − k)!

On en déduit que le nombre total de chaînes coupant S est X

A∈S

(cardA)!(n − cardA)!

Ce nombre est évidemment plus petit que n! qui est le nombre total de chaînes. En divisant par n! on obtient donc

X

A∈S

1

n cardA

≤ 1.

3. D'après la partie préliminaire, tous les coecients du binôme qui interviennent dans la formule précédente sont plus petits que ω(n) . On en déduit

1 ≥ X

A∈S

1

n cardA

≥ X

A∈S

1 ω(n) = cardS ω(n) . Ce qui permet de conclure.

On peut remarquer qu'il existe un ensemble de Sperner réalisant l'égalité card S = ω(n) . Par exemple l'ensemble des parties de E contenant b

ⁿ₂

c éléments.

3