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Énoncé
Dans toute ce problème,m désigne un nombre entier,E une partie de Nà m éléments etf une fonction injective dénie dansE et à valeurs réelles.
SiAest une partie deE, on désigne parfAla restriction def àAc'est à dire la fonction dénie deAversRet telle que
∀a∈A, fA(a) =f(a)
Cet exercice porte sur les restrictions monotones def. Par convention, on décide qu'une fonction dont le domaine de dénition se réduit à un point est à la fois croissante et décroissante.
1. Exemple. Soitm= 6et f dénie parE={1,· · · , m}
f(1) = 3, f(2) = 2, f(3) = 4, f(4) = 6, f(5) = 5, f(6) = 1
a. Trouver toutes les partiesAdeEcontenant au moins deux éléments et telles que fA soit croissante.
b. Trouver toutes les partiesAdeEcontenant au moins deux éléments et telles que fA soit décroissante.
2. a. Montrer que pour toutpdansE, il existe au moins une partieAdeE telle que A⊂ {1,· · · , p}
p∈A fA croissante
On désigne parip le plus grand élément de l'ensemble des cardinaux des parties vériant ces conditions.
b. Calculer lesippour l'exemple de la question 1.
3. a. Montrer que pour toutpdansE, il existe au moins une partieAdeE telle que A⊂ {1,· · · , p}
p∈A
fA décroissante
On désigne parjp le plus grand élément de l'ensemble des cardinaux des parties vériant ces conditions.
b. Calculer lesjppour l'exemple de la question 1.
c. Présenter les résultats des questions 2.b et 3.b. sous la forme d'un tableau dont la dernière ligne est formée par les couples(ip, jp)
4. Soitpet qdansE tels quep < q
a. Montrer quef(p)< f(q)⇒ip< iq
b. Montrer quef(q)< f(p)⇒jp< jq
5. Montrer que l'application dénie dansEqui àpassocie(ip, jp)est injective.
6. Théorème de Erdös-Szekeres.
Soitaet bentiers naturels non nuls etm=ab+ 1. Montrer que, pour toute fonction injective f dénie dans E (ensemble à m éléments) et à valeurs réelles, il existe une partieAdeE contenant strictement plus deaéléments telle quefA soit croissante ou bien il existe une partieB deE contenant strictement plus deb éléments telle quefB
soit décroissante.
7. Soita≥2 et bdeux entiers naturels xés, m=ab et E={0,· · · , m−1}. Pour tout x∈N, notons q(x), r(x) le quotient et le reste de la division euclidienne dexpara. On dénit la fonctionf dansE par
f(x) = (q(x) + 1)a−r(x)
a. Préciser les partiesAdeEtelles quefA soit décroissante. Quel est le plus grand cardinal possible ?
b. Préciser les partiesB de E telles quefB soit croissante. Quel est le plus grand cardinal possible ?
c. Que peut-on en conclure relativement au théorème de la question 6. ?
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2 3 4 5 6
6
1 1
2 3 4 5
Fig. 1: Exemple
Corrigé
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
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cas, il existe une partie Acontenant strictement plus de aéléments telle que fA soit croissante. Dans le second cas, il existe une partieB contenant strictement plus deb 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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