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Pb 1. Nombres de Catalan.
Avec les dénitions, le m(Γ) pour l'exemple de la gure vaut 1 .
1. a. Quand sur un chemin, on passe d'un point au point suivant, une seule des deux coordonnées augmente de 1 . Pour aller de (0, 0) à (n, n) , les deux coordonnées doivent augmenter de n . La longueur d'un chemin dans P 0,n est donc 2n . b. Montrons que
] P 0,n = 2n
n
en formant une bijection avec l'ensemble des parties de J 1, 2n K.
Dénissons une application de P ( J 1, 2n K ) dans P 0,n en associant à une partie Ω de J 1, 2n K un chemin Γ Ω = (M 0 , M 1 , · · · , M 2n ) . on pose M 0 = (0, 0) et
∀k ∈ J 1, 2n K , M k =
( M k−1 + (1, 0) si k ∈ Ω M k−1 + (0, 1) si k / ∈ Ω
Pour tout chemein Γ , il existe une unique partie Ω telle que Γ = Γ Ω . Elle est formée avec les indices des points qui sont les extrémités droites des segments horizontaux du chemin.
2. a. L'ensemble C 0,1 contient un seul chemin ((0, 0), (1, 0), (1, 1)) donc c 1 = 1 . L'ensemble C 0,2 contient deux chemins seulement :
((0, 0), (1, 0), (1, 1), (2, 1), (2, 2)) et ((0, 0), (1, 0), (2, 0), (2, 1), (2, 2)) donc c 2 = 2 .
b. La translation de vecteur (−a, −a) dénit une bijection de P a,b vers P 0,b−a . On en déduit
] C a,b = c b−a
c. Si (M 0 , M 1 , · · · , M 2m est un chemin au dessous de la diagonale, on a forcément M 1 = (1, 0) et M 2m−1 = (m, m − 1) . Lorsque les M 1 , · · · , M 2m−1 sont tous strictement au dessous de la diagonale, on peut les translater de 1 vers la gauche en restant au dessous de la diagonale. Posons
∀i ∈ J 0, 2m − 2 K , P i = M i+1 − (1, 0) On obtient une bijection de C 0,m 0 vers C 0,m−1 . On en déduit
] C 0,m 0 = c m−1
d. Par dénition, m prend ses valeurs entre 1 et n pour des chemins C 0,n . Classons donc ces chemins suivant la valeur prise par la fonction m . On forme une partition
C 0,n = A 1 ∪ A 2 ∪ · · · ∪ A n
où A k est l'ensemble des chemins Γ ∈ C 0,n tels que m(Γ) = k .
Si Γ = (M 0 , · · · , M 2n ) est un tel chemin, on a M 2k = (k, k) et, à cause de la minimalité dans la dénition de m ,
(M 0 , · · · , M 2k ) ∈ C 0,k 0 , (M 2 k, · · · , M 2n ) ∈ C k,m
L'application
( A k → C 0,k 0 × C k,n
(M 0 , · · · , M 2n ) 7→ ((M 0 , · · · , M 2k ), (M 2k , · · · , M 2n ))
est une bijection. On en déduit que ] A k = c k−1 c n−k d'après les questions b. et c. La partition de C 0,n conduit alors au résultat demandé. En remplaçant n par n + 1 et en utilisant k − 1 comme nouvel indice, on obtient
c n+1 =
n
X
k=0
c k c n−k
3. a. Posons i = n − k dans la somme dénissant T n .
T n =
n
X
i=0
(n − i)a n−i a i = n
n
X
i=0
a n−i a i −
n
X
i=0
ia n−i a i = nS n − T n
On en déduit 2T n = nS n puis
T n+1 + S n+1 =
n + 1 2 + 1
S n+1 = n + 3 2 S n+1
b. D'après les dénitions de l'énoncé et les propriétés des coecients du binome,
a k = (2k)!
k!(k + 1)! , a k+1 = (2k + 2)!
(k + 1)!(k + 2)! , (k + 1)a k+1 = (2k + 2)!
(k + 1)!(k + 1)!
D'autre part,
2(2k + 1)a k = 2(2k + 1)!
k!(k + 1)! = 2(k + 1)(2k + 1)!
(k + 1)k!(k + 1)! = (2k + 2)!
(k + 1)!(k + 1)!
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ce qui démontre l'égalité demandée. On en tire
T n+1 + S n+1 = a n+1 +
n+1
X
k=1
(k + 1)a k a n+1−k
= a n+1 +
n
X
k=0
(k + 2)a k+1 a n−k (avec un changement d'indice k 0 = k − 1 )
= a n+1 +
n
X
k=0
2(2k + 1)a k a n−k (avec la dernière relation)
= a n+1 + 4T n + 2S n (par dénition de T n et S n ) c. On suppose S n = a n+1 . D'après a. et b.
a n+1 + 4T n + 2S n = n + 3 2 S n+1
Exprimons T n en fonction de S n+1 puis de a n+2 .
a n+1 + 2(n + 1)S n = n + 3
2 S n+1 ⇒ (2n + 3)a n+1 = n + 3 2 S n+1
⇒ S n+1 = 2(2n + 3)
n + 3 a n+1 = a n+2
d'après la relation du b. prise avec k = n + 1 . On en déduit par récurrence que les suites (a n ) n∈
N et (a n ) n∈
N vérient les mêmes conditions initiales et la même relation de récurrence. Elles sont donc égales.
Pb 2. Suites de Beatty.
Partie I.
1. Première démonstration.
a. Soit j , k m des naturels non nuls tels que j = bkrc = bmsc . Écrivons les enca- drements dénissant les parties entières (l'inégalité de gauche est stricte car r et s sont irrationnels) puis divisons par r et s et sommons :
( j < kr < j + 1 j < ms < j + 1 ⇒
j
r < k < j + 1 r j
s < m < j + 1 s
⇒ j < k + m < j + 1
en utilisant 1 r + 1 s = 1 .
Il est clair que ces inégalités sont impossibles dans N, il ne peut donc exister k et m dans N pour lesquels bkrc = bmsc . Cela traduit que V (r) et V (s) sont disjoints.
b. On suppose j / ∈ V (r) , il existe alors deux éléments consécutifs de la suite de Beatty (en ajoutant éventuellement 0 ) encadrant strictement j . Il existe donc k ∈ N tel que
bkrc < j < b(k + 1)rc
Par dénition, bkrc est le plus grand des entiers inférieurs ou égaux à kr . Comme j ≤ bkrc est faux, on sait que j n'est pas un de ces entiers donc kr < j .
D'autre part, comme j est entier
j < b(k + 1)rc ⇒ j + 1 ≤ b(k + 1)rc ≤ (k + 1)r
c. On suppose qu'il existe des entiers j , k , m vériant les relations de l'énoncé.
remarquons d'abord que les inégalités sont toutes strictes à cause de l'irrationalité de r et s . On peut alors diviser par r et s et ajouter
k < j
r m < j s
⇒ k + m < j
j + 1
r < k + 1 j + 1
s < m + 1
⇒ j + 1 < k + m + 2
On en tire k + m < j < k + m + 1 ce qui est clairement impossible.
d. Si j ∈ N ∗ n'est ni dans V (r) ni dans V (s) , d'après la question b., il existe k et m dans N vériant les inégalités du c.. ces inégalités conduisent à une absurdité. On en déduit que N = V (r) ∪ V (s) .
2. Deuxième démonstration.
a. Si M ( 1 r ) et M ( 1 s ) ne sont pas disjoints, il existe des naturels non nuls p et q tels que p r = q s . Cela entraine que r s est rationnel. Or
1 r + 1
s = 1 ⇒ 1 + r s = r
Alors r serait rationnel aussi ce qui est contraire aux hypothèses. Les ensembles sont donc disjoints.
b. Le nombre de multiples non nuls de 1 r inférieurs à j r est égal au nombre d'entiers k tels que
k r ≤ j
r
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C'est évidemment j .
Le nombre de multiples non nuls de 1 s inférieurs à j r est égal au nombre d'entiers k tels que
k s ≤ j
r ⇔ k ≤ sj r C'est donc b sj r c .
c. Comme les deux ensembles de multiples sont disjoints, le nombre cherché est
j + b sj
r c = j + b(j(s − 1)c (à cause de la relation entre r et s )
= j + b(js − j)c = j + bjsc − j = bjsc car bx + nc = bxc + n pour n ∈ Z.
d. Comme chaque ensemble M ( 1 r ) et M ( 1 s ) est inni, en numérotant par ordre crois- sant les éléments de W = M ( 1 r ) ∪ M ( 1 s ) à partir de 1 , on obtient une bijection ϕ de N ∗ dans W .
Pour tout n dans N, le n -ième élément de l'ensemble W est ϕ(n) . Si ϕ(n) est de la forme r j , la question c. montre que n = bjsc . De la même manière n = bjrc si ϕ(n) est de la forme j s . Ceci montre que tout naturel n est, de manière unique, un bjrc ou un bjsc c'est à dire que V (s) et V (r) forment une partition de N ∗ .
Partie II.
1. Notons
X n = n a k
k , k ∈ J 1, n K o
, Y n =
a k + 1
k , k ∈ J 1, n K
Par dénition, X n ⊂ X n+1 et Y n ⊂ Y n+1 . Cela entraine x n ≤ x n+1 et y n+1 ≤ y n . 2. On suppose ici qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que a n = bnαc pour tout n ∈ N ∗ .
On peut alors écrire (inégalité stricte à cause de l'irrationnalité)
∀k ∈ N ∗ , a k < kα < a k + 1 ⇒ a k
k < α < a k + 1 k
Ceci est vrai en particulier pour le plus grand élément de X n et le plus petit élément de Y n donc
x n < α < y n
3. a. On sait d'après la première question que les suites (x n ) n∈N
∗et (y n ) n∈N
∗sont respectivement croissantes et décroissantes. L'hypothèse supplémentaire de cette question montre qu'elles sont respectivement majorée (par y 1 ) et minorée (par x 1 ). On en déduit la convergence des deux suites. On note x et y les limites respectives.
De plus, pour tout n ∈ N ∗ , a n
n ≤ x n < y n ≤ a n + 1
n ⇒ 0 < y n − x n < 1 n
On déduit y = x par passage à la limite dans une inégalité. On notera α cette limite commune.
b. Reprenons l'encadrement précédent et combinons le avec la monotonie a n
n ≤ x n < y n ≤ a n + 1 n x n ≤ α ≤ y n
⇒ a n
n ≤ α ≤ a n + 1
n ⇒ a n ≤ nα ≤ a n + 1
Dans le cas où α est irrationnel, les inégalités sont forcément strictes et a n = bnαc . c. Si a k = 2k − 1 , alors a k
k= 2 − k 1 donc la suite correspondante est croissante et x n = 2 − n 1 pour tous les n . De l'autre coté a
kk +1 = 2 donc la suite est constante et y n = 2 pour tous les n . On a donc bien x n < y n pour tous les n sans que a n
soit une suite de Beatty.
Pb 3. Plans projectifs nis.
1. À partir des quatre points introduits par le troisième axiome, on peut former 4 2
= 6 paires de points qui dénissent 6 droites D(a, b) avec a et b dans {a 1 , a 2 , a 3 , a 4 } . Ces droites sont-elles distinctes ?
Si deux de ces droites sont égales entre elles (nommons δ cette droite) celle ci contien- dra l'union de deux paires. Comme l'union de deux paires distinctes est un ensemble d'au moins 3 éléments, la droite δ contiendra 3 des points a i en contradiction avec le troisième axiome.
2. Supposons que le plan soit l'union de deux droites δ et δ 0 . D'après le troisième axiome, les points a i se répartissent deux par deux sur les droites. Disons a 1 , a 2 dans δ et a 3 , a 4 dans δ 0 .
Considérons la droite D(a 1 , a 3 ) . Peut-elle contenir un point autre que a 1 et a 3 ? Soit m un tel point. Si m ∈ δ alors m ∈ δ ∩ D(a 1 , a 3 ) . Mais δ ∩ D(a 1 , a 3 ) contient
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déjà a 1 et le deuxième axiome montre alors que m = a 1 . On montre de même que m ∈ δ 0 entraine m = a 3 . La droite D(a 1 , a 3 ) se réduit donc à la paire {a 1 , a 3 } . On peut raisonner de même pour D(a 2 , a 4 ) et :
D(a 1 , a 3 ) = {a 1 , a 3 } D(a 2 , a 4 ) = {a 2 , a 4 } )
⇒ D(a 1 , a 3 ) ∩ D(a 2 , a 4 ) = ∅
en contradiction avec le deuxième axiome. Il est donc impossible que Π soit l'union de deux droites.
3. Remarquons d'abord que deux droites étant données, l'existence d'un point O n'ap- partenant à aucune est assurée par le résultat de la question 2.
Deux droites distinctes δ et δ 0 étant xées, f est l'application de δ dans δ 0 qui, à un point m ∈ δ , associe l'unique point d'intersection de D(O, m) avec δ 0 .
Dénissons symétriquement une application f 0 de δ 0 dans δ qui, à un point m 0 ∈ δ , associe l'unique point d'intersection de D(O, m 0 ) avec δ .
Considérons f 0 ◦ f . C'est une application de δ dans lui même. Soit m quelconque dans δ et m 0 = f (m) . Par dénition, m 0 ∈ D(0, m) donc D(0, m) est une droite qui contient O et m 0 . C'est donc la droite (deuxième axiome) passant par m 0 et O d'où D(O, m) = D(O, m 0 ) . On en déduit que m ∈ D(O, m 0 ) ∩ δ donc f 0 (m 0 ) = m . Ceci étant valable pour tous les m ∈ δ , on a prouvé f 0 ◦ f = Id δ . Les deux droites jouant des rôles symétriques, f ◦ f 0 = Id δ
0donc f et f 0 sont bijectives et réciproques l'une de l'autre. Ceci montre que toutes les droites ont le même nombre d'éléments. On le note d .
4. Notons ∆ O l'ensemble des droites passant par O . Convenons d'appeler droite épointée une droite passant par O de laquelle O a été enlevé et notons ∆ 0 O l'ensemble des droites épointées. D'après le deuxième axiome, l'intersection de deux droites de ∆ O
est le singleton {O} , deux droites épointées distinctes sont donc disjointes. De plus, par un point m quelconque autre que O passe la droite épointée D(O, m) \ {O} . On en déduit que les droites épointées forment une partition du plan privé de O , comme de plus elles ont toutes le même nombre d'éléments d − 1 , on obtient
p − 1 = n O × (d − 1)
Ceci montre que tous les n O sont égaux entre eux lorsque O varie dans le plan.
5. Fixons un point O et une droite δ 0 qui ne passe pas par O . Notons ϕ l'application de δ 0 dans ∆ O qui à un point m de δ 0 associe D(O, m) . Notons ψ l'application de ∆ O
dans δ 0 qui à une droite δ de ∆ O associe l'unique point d'intersection de δ avec δ 0 . On vérie facilement que ϕ ◦ ψ = Id ∆
Oet que ψ ◦ ϕ = Id δ
0. On en déduit que les
deux applications sont bijectives et bijections réciproques l'une de l'autre. Les deux ensembles ont donc le même nombre d'éléments.
n O = d
6. Notons n = d − 1 .
Par dénition de d et d'après la question 5., le nombre de points sur une droite est égal au nombre de droites passant par un point et ce nombre est n + 1 .
D'après la question 4., p − 1 = (n + 1)n donc le nombre de points dans le plan est n 2 + n + 1 .
Soit δ = {m 1 , · · · , m d } une droite. Pour tout point m ∈ δ , notons ∆ 0 m l'ensemble (privé de δ ) des droites passant par m . Comme toutes les droites (sauf δ elle même) coupent δ en un seul point, les parties ∆ 0 m
1
, · · · ∆ 0 m
d
forment une partition de l'ensemble de toutes les droites (privé de δ ). On en déduit
nombre de droites − 1 = d × (d − 1)
Le nombre total de droites est donc lui aussi 1 + (n + 1)n = n 2 + n + 1 .
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