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Le th´ eor` eme

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Academic year: 2022

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Texte intégral

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ECS1 H. Boucher pour le 15/12/2020 Devoir maison no4

La pr´esentation, l’orthographe et la qualit´e de la r´edaction seront prises en compte.

Les r´esultats des questions non r´esolues pourront ˆetre admis pour la suite.

Les r´esultats devront ˆetre encadr´es .

La recherche de l’int´egralit´e du sujet est indispensable pour tous.

Cependant, vous r´edigerez un devoir par binˆome. Bien sˆur les ´ecritures des deux signataires devront apparaˆıtre de mani`ere significative dans la copie.

Probl`eme 1

Soit p∈N etn∈N. Soit E un ensemble `a n´el´ements :E={e1, . . . , en}. On appelleCn,p le nombre de

combinaisons de p ´el´ements choisis dans E avec r´ep´etitions possibles. Autrement dit, on consid`ere des tirages de p´el´ements de E avec remise, mais sans tenir compte de l’ordre. On consid´erera queCn,0 = 1.

Un petit exemple pour bien comprendre : C2,3 = 4. En effet, on consid`ere les tirages de 3 ´el´ements, chacun pris dansE ={e1,e2}, sans tenir compte de l’ordre. Cela donne 4 issues possibles :

• {e1,e1,e1} (3 fois e1),

• {e1,e1,e2} (2 fois e1, une fois e2, peu importe dans quel ordre),

• {e1,e2,e2},

• {e2,e2,e2}.

1. Autre exemple : on lance 3 d´es indiscernables `a 6 faces. Le nombre de r´esultats possible est C6,3. R´esultats possibles :

111, 112, 113, 114, 115, 116, 122, 123, 124, 125, 126, 133, 134, 135, 136, 144, 145, 146, 155, 156, 166,

222, 223, 224, 225, 226, 233, 234, 235, 236,

244, 245, 246, 255, 256, 266,

333, 334, 335, 336, 344, 345, 346, 355, 356, 366,

444, 445, 446, 455, 456, 466, 555, 556, 566, 666.

Cela donne 56 possibilit´es .

2. Soit E = J1, nK. ´Etant donn´ee une combinaison de E avec r´ep´etition {u1, . . . ,up}, on choisit une num´erotation telle queu1 6. . .6up. On lui associe alors l’application J1,pK → J1,nK

i 7→ ui , qui est une application croissante de J1,pKvers J1,nK.

Cette association est bijective car on peut exhiber sa r´eciproque : `a f :J1,pK→ J1,nK croissante, on associe l’ensemble{f(1), . . . ,f(r)}qui est bien une combinaison de p´el´ements de E avec r´ep´etition.

Ainsi Cn,p est ´egal au nombre d’applications croissantes de J1,pKvers J1,nK.

3. Cette fois, `a une combinaison de E avec r´ep´etition {u1, . . . ,up}, on associe le n-uplet (x1, . . . ,xn) tel quexiest le nombre d’occurrences deidans{u1, . . . ,up}. On a bien alorsX

xi =pet cette association est ´evidemment bijective (il est tr`es facile de d´ecrire sa r´eciproque ou d’expliquer comment unn-uplet

1

(2)

repr´esente une unique combinaison de p´el´ements deE avec r´ep´etition).

Ainsi Cn,p=

(

(x1, . . . ,xn)∈Nn,

n

X

k=1

xk=p )

.

4. Soit m∈N. On montre la propri´et´e par r´ecurrence surn(`a partir de la valeurm).

Init. Pourn=m : l’´egalit´e est 1 = 1.

H´er. Soitn>m tel que

n

X

j=m

j m

=

n+ 1 m+ 1

. Alors

n+1

X

j=m

j m

=

n+ 1 m+ 1

+

n+ 1 m

=

n+ 2 m+ 1

grˆace `a la formule de Pascal.

On a donc montr´e que pour tous m,n∈N tels que 06m6n,

n

X

j=m

j m

=

n+ 1 m+ 1

.. 5. On consid`ere unep-combinaison avec r´ep´etitions deJ1, n+ 1K.

Soit kle nombre d’occurrence de l’´el´ementn+ 1. On a 06k6p.

Alors les autres ´el´ements de cette combinaison constituent une (p−k)-combinaison avec r´ep´etitions de J1, nK, ce qui donne Cn,p−k possibilit´es.

Les diff´erentes valeurs de k recouvrant toutes les situations possibles (on pourrait ´enoncer cela sous forme de r´eunion disjointe), on a : Cn+1,p =

p

X

k=0

Cn,k .

(on peut aussi se ramener aux objets introduits dans la question 3 en distinguant suivant les valeurs de xn+1.)

6. On montre par r´ecurrence surn∈N la propri´et´e :∀p∈N, Cn,p=

n+p−1 p

.

Init. Il y a unep combinaison de E ={x1} : la combinaison contenant p fois l’´el´ement x1. Et on a bien

1 +p−1 p

= 1.

H´er. Soitn∈N. On suppose que :∀k∈N,Cn,k=

n+k−1 k

. Soit p∈N. AlorsCn+1,p=

p

X

k=0

n+k−1 k

=

p

X

k=0

n+k−1 n−1

. On effectue un d´ecalage : Cn+1,p =

p+n−1

X

j=n−1

j n−1

=

n+p n

=

n+p p

=

n+ 1 +p−1 p

. 7. On lance 5 d´es dont l’ordre des r´esultats est indiff´erent et consiste en 5 ´el´ements deJ1,6Kavec r´ep´etitions

possibles. On a doncC6,5 = 10

5

= 252 lancers possibles . 8. D’une part,

n

X

k=0

Cp,k=

n

X

k=0

p+k−1 k

= 1

(p−1)!

n

X

k=0

(p+k−1)!

k! . Par ailleurs, cette somme vautCp+1,n =

p+n n

.

2

(3)

Finalement

n

X

k=0

(p+k−1)!

k! = (p−1)!(p+n)!

p!n! = 1 p

(p+n)!

n! . Probl`eme 2 Th´eor`eme de Cantor-Bernstein

Equipotence ´

Soient X etY deux ensembles. On dit que X est ´equipotent `a Y s’il existe une bijection u :X → Y. On note alors X∼Y.

1. Propri´et´es de la relation d’´equipotence.

(a) L’application IdX est une bijection deX dans X donc X∼X .

(b) Si on a une bijection u : X → Y, alors u−1 est bien d´efinie et r´ealise une bijection de Y dans X. On d´emontre la r´eciproque de mˆeme ou simplement en ´echangeant les rˆoles deX etY. D’o`u

X∼Y ⇔Y ∼X .

(c) Pour tous ensemblesX, Y etZ, supposonsX ∼Y etY ∼Z. Alors on a deux bijectionsu:X→Y etv:Y →Z. Dans ce cas, v◦u r´ealise une bijection deX dans Z, ce qui montre que X ∼Z . 2. Exemple c´el`ebre.

(a) Soit up le num´ero du point (p,0).

• On au0= 0.

• Pour toutn, on a un+1 =un+ (n+ 1). En effet, entre (n,0) et (n+ 1,0), on num´erote tous les ´el´ements de la diagonale, c’est `a dire tous les (k,n−k) avec 06k6n. Cela donnen+ 1 points (y compris le point (n,0).

Pour trouverup, on utilise un t´elescopage :up−u0=

p−1

X

n=0

(un+1−un) =

p−1

X

n=0

n+ 1 = p(p+ 1)

2 .

(b) Le point (p,q) est sur la diagonale de (p+q,0),q lignes au dessus. Donc son num´ero est celui du point (p+q,0), auquel on ajouteq, soit (p+q)(p+q+ 1)

2 +q .

3. On d´efinit

f :N2 → N

(p,q) 7→ 2p×3q .

(a) L’unicit´e de la d´ecomposition de tout nombre entier en produit de nombres premiers montre que f est injective . On peut aussi montrer par un raisonnement arithm´etique simple que si (p,q)6= (r,s), alors 2p×3q6= 2r×3s.

(b) g : N → N2 d´efinie pour tout n ∈ N par g(n) = (n,0) est injective (en effet, si n 6= m, alors (n,0)6= (m,0)).

(c) Le th´eor`eme de Cantor-Bernstein nous montre alors que N etN2 sont ´equipotents . Bien sˆur, la bijection construite dans la premi`ere partie est compliqu´ee et il est d´elicat d’en avoir une bonne intuition. On peut construire`a la main des bijections plus naturelles entre N etN2, comme par exemple une num´erotation diagonale des ´el´ements du quadrillage N2.

3

(4)

Le th´ eor` eme

SoientE etF deux ensembles non vides. On suppose qu’on af :E→F etg:F →E deux applications toutes deux injectives.

4. Dans cette question, on consid`ereA⊂E etB⊂E deux parties qui v´erifient (i) A∩B =∅

(ii) A∪B =E (iii) B ⊂g(F)

(iv) f(A)∩g−1(B) =∅ (v) f(A)∪g−1(B) =F (a) Soit a∈B. D’apr`es (iii), a∈g(F).

Donc∃y∈F, a=g(y), y´etant ainsi un ant´ec´edent dea parg.

De plus g est injective doncaadmet au plus un ant´ec´edent parg dansF. Finalement, tout a∈B admet un unique ant´ec´edent parg, not´e eg(a).

(b) • D’apr`es (i) et (ii), AetB forment une partition deE donch est ainsi bien d´efinie sur E. De plus elle est `a valeurs dansF (par d´efinition def et de eg(x)).

• Soity∈F. D’apr`es (iv) et (v), on peut faire la disjonction de cas suivante.

1er cas : y∈f(A). Alors il existex∈A(unique par injectivit´e def) tel quey=f(x),i.e.

y =h(x).

2e cas : y ∈ g−1(B). Alors g(y) ∈ B et y = eg(g(y)), soit y = h(g(y)). Donc y admet un ant´ec´edent parh.

Siy =h(x1) =h(x2) avecx1,x2∈E, alorsy=g(xe 1) =eg(x2) et g(y) =x1=x2. Finalement, tout y∈g−1(B) admet un unique ant´ec´edent parh.

On a montr´e que touty∈F admet un unique ant´ec´edent parh.

On a donc montr´e que h r´ealise une bijection deE dans F .

5. (i) et (ii) Par construction,AetB sont deux parties compl´ementaires de E.

(iii) Soit x∈B. Alorsx /∈A. En particulier,x /∈D0. Donc x∈g(F).

(iv) Supposons qu’il existey ∈f(A)∩g−1(B).

D’une part,y∈g−1(B), d’o`ug(y)∈B et doncg(y)∈/ A. (∗) D’autre part, y∈f(A). Alors ∃x∈A, y=f(x). Et comme A= [

n∈N

Dn,∃k∈N, x∈Dk. Ainsi, y∈f(Dk), d’o`u g(y)∈g(f(Dk)), soit, par d´efinition deDk+1,g(y)∈Dk+1. On en d´eduit queg(y)∈A, ce qui est en contradiction avec (∗).

(v) Comme union de sous-ensembles deF, on af(A)∪g−1(B)⊂F. Montrons l’inclusion r´eciproque.

Soit y∈F. Supposons quey /∈g−1(B).

Alorsg(y)∈/ B et doncg(y)∈A. Par d´efinition deA,∃k∈N, g(y)∈Dk. Sik= 0, on ag(y)∈D0, soitg(y)∈/ g(F), ce qui est impossible.

Donc k > 0 et on peut alors dire que g(y) ∈ g(f(Dk)). Par injectivit´e de g, ceci montre que y∈f(Dk). Donc y∈f(A).

6. On peut alors construire une bijectionh de E dansF.

Ceci ach`eve la d´emonstration du th´eor`eme de Cantor-Bernstein.

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