Exercices sur le dénombrement

(1)

Dénombrement

Ensembles finis

Exercice 1 [ 01526 ][correction]

SoientE un ensemble fini,F un ensemble quelconque etf :E→F une application.

Montrer

f est injective si, et seulement si, Card(f(E)) = Card(E) Exercice 2 [ 01527 ][correction]

SoientA, B etC trois parties d’un ensemble finieE. Exprimer Card(A∪B∪C) en fonctions des cardinaux deA, B, C, A∩B, B∩C, C∩Aet A∩B∩C.

SoientAet B deux parties deE etF.

Etant donnée une applicationf :E→F, est-il vrai que :

a) SiAest une partie finie deE alorsf(A) est une partie finie deF. b) Sif(A) est une partie finie deF alorsAest une partie finie deE.

c) SiB est une partie finie deF alorsf⁻¹(B) est une partie finie deE.

d) Sif⁻¹(B) est une partie finie deE alorsB est une partie finie deF? Exercice 4 [ 03044 ][correction]

SoitE un ensemble. Montrer queE est infini si, et seulement si, pour toute fonctionf :E→E, il existe A⊂E avecA6=∅ etA6=E telle que f(A)⊂A.

Calcul de sommes

SoitE un ensemble fini de cardinaln. Calculer : X

X⊂E

CardX, X

X,Y⊂E

Card(X∩Y) et X

X,Y⊂E

Card(X∪Y)

SoitE un ensemble ànéléments. Calculer X

X⊂E

Card(X) et X

X,Y⊂E

Card(X∩Y)

Listes et combinaisons

SoientE etF deux ensembles finis de cardinaux respectifsnet p.

Combien y a-t-il d’injections deE dansF?

SoientE={1, . . . , n} etF ={1, . . . , p} avecn6p∈N.

Combien y a-t-il d’applications strictement croissantes deEversF?

Combien existe-t-il de relation d’ordre total sur un ensembleE ànéléments ?

On trace dans un planndroites en position générale (i.e. deux d’entre elles ne sont jamais parallèles ni trois d’entre elles concourantes). Combien forme-t-on ainsi de triangles ?

Combien y a-t-il dep-cycles dans le groupe (Sn,◦) ?

SoitEun ensemble ànéléments.

a) SoitX une partie àpéléments deE.

Combien y a-t-il de partiesY deE disjointes deX?

b) Combien y a-t-il de couples (X, Y) formés de parties disjointes deE?

SoitEun ensemble ànéléments. Combien y a-t-il de partiesX etY deE telles queX⊂Y ?

SoitAune partie d’un ensembleE ànéléments. On posep= CardA.

a) Combien y a-t-il de partiesX deE contenantA?

b) Combien y a-t-il de partiesX deEà m∈ {p, . . . , n} éléments contenantA? c) Combien y a-t-il de couples (X, Y) de parties deEtels que X∩Y =A?

(2)

a) Quel est le coefficient dea²b⁵c³ dans le développement de (a+b+c)¹⁰? b) Même question aveca^k₁¹a^k₂². . . a^kp^p dans (a₁+a₂+· · ·+a_p)ⁿ.

Cinq cartes d’un jeu de cinquante deux cartes sont servies à un joueur de Poker.

a) Combien y a-t-il de mains possibles ?

b) Combien de ses mains comportent exactement un As ? c) Combien de ses mains comportent aucun As ?

c) Combien comporte au moins un As ?

Un motM long de nlettres et constitués derlettres différentes. Laj-ème lettre apparaîtpj fois dans le motM et donc

p₁+· · ·+p_r=n Combien d’anagrammes du motM peut-on constituer ?

Démonstrations combinatoires

[Formule de Chu-Vandermonde]

Soientp, q∈Netn∈[[0, p+q]]. Proposer une démonstration par dénombrement de l’égalité

p+q n

!

=

n

X

k=0

p k

! q n−k

!

Dénombrements avancés

Un mot est constitué depfois la lettreAetqfois la lettreB.

a) Combien peut-on constituer d’anagrammes de ce mot ?

b) Application : en considérant les symboles « 1 »et « + » , combien existe-t-il de suites (x1, . . . , xp)∈N^p vérifiant

x1+· · ·+xp=n

a) Combien existe-t-il de suites strictement croissante depentiers choisis dans {1, . . . , n}?

b) Application : combien existe-t-il de suite (x1, . . . , xp) avec x1+· · ·+xp6net x1, . . . , xp∈N^? c) Même question avec

x1+· · ·+xp=net x1, . . . , xp∈N^?

Soientn, p∈Net E={1, . . . , n}.

a) Combien y a-t-il de suites strictement croissantes (x₁, . . . , x_p) d’éléments deE? b) Combien y a-t-il de suites croissantes au sens large (x₁, . . . , xp) d’éléments de E?

c) En déduire le nombre de suites (a1, . . . , ap) de naturels vérifiant a1+· · ·+ap6n

d) Même question avec la condition

a₁+· · ·+ap=n

Pourn∈N^? et p∈N, on note Σ^p_n le nombre denuplets (x1, . . . , xn)∈Nⁿ tels quex1+· · ·+xn =p.

a) Déterminer Σ⁰_n,Σ¹_n,Σ²_n,Σ^p₁ et Σ^p₂. b) Etablir

∀n∈N^?, ∀p∈N, Σ^p_n+1= Σ⁰_n+ Σ¹_n+· · ·+ Σ^p_n c) En déduire que

Σ^p_n= n+p−1 p

!

SoientE etF deux ensembles finis non vides de cardinaux respectifsnet p.

On noteS_n^p le nombre de surjections deE surF. a) CalculerS_n¹, S_nⁿ etS_n^p pour p > n.

b) On supposep6net on considère aun élément deE.

(3)

On observant qu’une surjection deE surF réalise, ou ne réalise pas, une surjection deE\ {a}surF, établir

S_n^p =p(S_n−1^p−1+S_n−1^p ) c) En déduire que pour toutn>1 et tout p>1

S_n^p=

p

X

k=0

(−1)^p−k p k

! kⁿ

On noted_n le nombre de permutationsσde [[1, n]] vérifiant

∀k∈[[1, n]], σ(k)6=k

On ditσest un dérangement de [[1, n]]. On convientd0= 1.

a) Etablir

∀n∈N^?, n! =

n

X

k=0

n k

! d_n−k

b) En déduire

∀n∈N, d_n=

n

X

k=0

(−1)^n−k n k

! k!

On noteSn l’ensemble des permutations de [[1, n]] etSn(k) le sous-ensemble deSn

constitué des permutations possédant exactementk∈[[0, n]] points fixes. Enfin, on pose

s_n(k) = Card(Sn(k)) a) Calculer

n

X

k=0

sn(k)

b) Soientn, k>1. En calculant de deux façons le nombre de couples (s, x) constitués des∈ Sn(k) et xpoint fixe des, établir

ksn(k) =nsn−1(k−1) c) En déduire

sn(k) = n k

!

s_n−k(0) d) Retrouver directement le résultat précédent.

Soitn∈N^?. On note X l’ensemble de suites (x1, . . . , xn) avec

∀k∈ {1, . . . , n}, x_k = 1 ou −1

A chaque suitex= (x₁, . . . , x_n) élément deX on associe la suite (s₀, s₁, . . . , s_n) avec

s0∈Zetsk =s_k−1+xk pour k∈ {1, . . . , n}

Celle-ci détermine une ligne brisée déterminée par les points de coordonnées (k, sk) comme illustrée ci-dessous

Cette ligne brisée définit un chemin joignant (0, s₀) à (n, s_n).

a) On noteple nombre de 1 dans la suitex= (x₁, . . . , x_n)∈X. Exprimer en fonction den, pet s₀la valeur des_n.

b) Etant donnéem∈N, combien existe-t-il de chemins_n=m? c) On supposes₀∈N. En exploitant la figure ci-dessous

expliquer pourquoi il y a autant de chemins joignant (0,−s0) à (n, m) que de chemins joignant (0, s₀) à (n, m) et coupant l’axe des abscisses.

d) En déduire le nombre de chemins joignant (0,1) à (n, m) dont tous les points sont d’ordonnées strictement positives.

(4)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

SiE=∅ alorsf(E) =∅et l’équivalence proposée est vraie.

Sinon, on peut écrireE={x1, . . . , xn} avec desxi deux à deux distincts et n= CardE.

Sif est injective alors

f(E) ={f(x1), . . . , f(xn)}

avec lesf(x_i) sont deux à deux distincts. On en déduit Card(f(E)) =n.

Inversement, sif est non injective alors

Cardf(E)< n

Card(A∪B∪C) = CardA+ CardB∪C−Card(A∩B)∪(A∩C) donc Card(A∪B∪C) =

CardA+ CardB+ CardC−CardB∩C−CardA∩B−CardC∩A+ CardA∩B∩C

a) oui, car siA={x1, . . . , xn}alorsf(A) ={f(x1), . . . , f(xn)}est fini.

b) non, il suffit de considérer une fonction constante définie sur un ensemble infini.

c) non, il suffit de considérer une fonction constante définie sur un ensemble infini.

d) non, il suffit de considérer une partieB formée par une infinité de valeurs non prises parf.

SiE est l’ensemble vide, il n’existe pas de partieAincluse dansE vérifiantA6=∅ etA6=E.

SiE est un ensemble à un élément, idem.

SiE est un ensemble fini contenant au moins deux éléments, on peut indexer les éléments deE pour écrireE={x1, x2, . . . , xn} avecn= CardE>2. Considérons alors l’applicationf :E→E définie parf(x₁) =x₂,f(x₂) =x₃,. . . ,f(x_n−1) =x_n etf(x_n) =x₁.

Soit une partieAdeE vérifiantf(A)⊂A. SiAest non vide alors il existe i∈ {1, . . . , n}tel quex_i∈Amais alorsf(x_i)∈A i.e.x_i+1 ∈Aet reprenant ce processus on obtientx_i, x_i+1, . . . , x_n, x₁, . . . , x_i−1∈Aet doncA=E.

Ainsi, siE est un ensemble fini, il existe une applicationf :E→E pour laquelle les seules partiesAdeE vérifiantf(A)⊂Asont∅et E.

Inversement.

SoitEun ensemble infini etf :E→E.

Soitx∈E et considérons la suite des élémentsx, f(x), f²(x), . . . , fⁿ(x), . . ..

S’il existen∈N^?tel que fⁿ(x) =xalors la partie A=

x, f(x), . . . , fⁿ⁻¹(x) ⊂E est non vide, distincte deE (carAfinie) et vérifief(A)⊂A.

Sinon, la partieA=

f(x), f²(x), . . . ={fⁿ(x)/n∈N^?} ⊂E est non vide, distincte deE (carx /∈A) et vérifief(A)⊂A.

Pourk∈ {0, . . . , n}, il y a n k

!

partiesX à unkéléments dansE. Par suite

X

X⊂E

Card(X) =

n

X

k=0

k n

k

!

=n2ⁿ⁻¹

Pourk∈ {0, . . . , n}, il y a n k

!

partiesZ àkéléments dansE.

Pour une telle partieZ, les partiesX contenantZ ont`∈ {k, . . . , n} éléments.

Il y a n−k

`−k

!

partiesX à` éléments contenantZ.

Pour une telle partieX, une partieY telle queX∩Y =Z est une partieY déterminée parZ⊂Y ⊂Z∪C_EX.

Il y a 2^n−` partiesY possibles.

Ainsi, il y a

n

X

`=k

n−k

`−k

!

2^n−`= (1 + 2)^n−k = 3^n−k couples (X, Y) tels que X∩Y =Z.

X

X,Y⊂E

Card(X∩Y) =

n

X

k=0

X

CardZ=k

X

X∩Y=Z

Card(X∩Y) =

n

X

k=0

k n

k

! 3^n−k Or

((3 +x)ⁿ)⁰=n(3 +x)ⁿ⁻¹=

n

X

k=0

k n

k

!

3^n−kx^k−1 donc

X

X,Y⊂E

Card(X∩Y) =n4ⁿ⁻¹

(5)

Enfin

Card(X∪Y) = CardX+ CardY −Card(X∩Y) donne

X

X,Y⊂E

Card(X∪Y) = 2ⁿn2ⁿ⁻¹+ 2ⁿn2ⁿ⁻¹−n4ⁿ⁻¹= 3n4ⁿ⁻¹

Pourk∈ {0, . . . , n}, il y a n k

!

partiesX à unkéléments dansE.

Par suite

X

X⊂E

Card(X) =

n

X

k=0

X

Card(X)=k

k=

n

X

k=0

k n

k

!

=n2ⁿ⁻¹

Pourk∈ {0, . . . , n}, il y a n k

!

partiesZ àkéléments dansE.

Pour une telle partieZ, les partiesX contenantZ ont`∈ {k, . . . , n}éléments.

Il y a n−k

`−k

!

parties X à `éléments contenantZ.

Pour une telle partieX, une partieY telle queX∩Y =Z est une partieY déterminée parZ⊂Y ⊂Z∪CEX. Il y a 2^n−`partiesY possibles.

Il y a

n

X

`=k

n−k

`−k

!

2^n−`= (1 + 2)^n−k = 3^n−k couples (X, Y) tels queX∩Y =Z.

Par suite X

X,Y⊂E

Card(X∩Y) =

n

X

k=0

X

CardZ=k

X

X∩Y=Z

Card(X∩Y) =

n

X

k=0

k n

k

! 3^n−k Or

((3 +x)ⁿ)⁰=n(3 +x)ⁿ⁻¹=

n

X

k=0

k n

k

!

3^n−kx^k−1 donc

X

X,Y⊂E

Card(X∩Y) =n4ⁿ⁻¹

Sin > p, il n’y a pas d’injections possibles.

Sin= 0, il y a une injection : l’application vide.

Si 0< n6palors on peut écrireE={x1, . . . , xn} avec lesxi deux à deux distincts.

Pour former une injection deE dansF : On choisitf(x₁) dansF :pchoix.

On choisitf(x₂) dansF\ {f(x₁)} :p−1 choix.

...

On choisitf(x_n) dansF\ {f(x₁), . . . , f(x_n−1)}:p−n+ 1 choix.

Au total, il y ap×(p−1)× · · · ×(p−n+ 1) = _(p−n)!^p! choix.

Une applicationf :E→F strictement croissante est entièrement déterminée par son image qui est une partie formée denéléments deF. Il y a p

n

!

parties àn éléments dansF et donc autant d’applications strictement croissantes deE vers F.

Une relation d’ordre total surE permet de définir une bijection de{1, . . . , n}vers E et inversement.

Par suite, il y a exactementn! relations d’ordre total possibles.

Notonstn le nombre de triangles formés.

t₀=t₁=t₂= 0

Pourn>3, former un triangle revient à choisir les trois droites définissant ses côtés :

il y a n 3

!

possibilités

Chacune de ses possibilités définit un véritables triangle (car il y a ni concourance, ni parallélisme) et les triangles obtenus sont deux à deux distincts. Finalement

t_n= n 3

!

(6)

Une injectionf deNp dansNn permet de définir lep-cycle (f(1). . . f(p)).

Inversement, unp-cycle deNn peut être définis par exactementpinjections différentes.

En vertu du principe des bergers, il y a exactement _p(n−p)!^n! p-cycles dansSn.

a) Autant que de parties deE\X : 2^n−p b)

n

P

p=0

n p

!

2^n−p= (1 + 2)ⁿ = 3ⁿ.

Pourk∈ {0, . . . , n}, il y a n k

!

partiesY à unk éléments dansE.

Pour une telle partieY, il y a 2^k partiesX incluses dansY. Au total, il y a

n

P

k=0

n k

!

2^k= (1 + 2)ⁿ= 3ⁿ couples (X, Y)∈℘(E)² tels que X ⊂Y.

a) Autant que de parties deE\A : 2^n−p

b) Autant que de parties deE\Aà m−péléments : n−p m−p

! .

c) Une foisX à méléments contenantAdéterminé il y a 2^n−mchoix deY possibles et donc

n

P

m=p

n−p m−p

!

2^n−m=

n−p

P

k=0

n−p k

!

2^n−p−k= (1 + 2)^n−p= 3^n−p.

a) Dans le développement de

(a+b+c)¹⁰= (a+b+c)(a+b+c). . .(a+b+c) on obtient un termea²b⁵c³ en choisissant deuxa, cinqbet troisc.

Il y a 10 2

!

choix possibles pour les facteurs dont seront issus lesa.

Une fois ceux-ci choisis, il y a 8 5

!

choix possibles pour les facteurs fournissant lesb.

Une fois ces choix faits, les trois facteurs restant fournissent lesc.

Au total, il y a

10 2

! 8 5

!

= 10!

2!5!3! = 2520

termesa²b⁵c³ apparaissant lors du développement de (a+b+c)¹⁰. b) On reprend le même protocole, pour obtenir

n!

k₁!k₂!. . . kp! sik₁+k₂+· · ·+k_p=net 0 sinon.

a) Une main se comprend comme une partie à 5 éléments d’un ensemble à 8 éléments.

52 5

!

b) On choisit l’As et les cartes le complétant 4 1

!

× 48 4

!

c) On choisit uniquement des cartes qui ne sont pas des As 48

5

!

d) Par complément

52 5

!

− 48 5

!

Si l’on distingue les lettres du mot même lorsque ce sont les mêmes (par exemple, en leur affectant un indice comme dansP1O1P2I1), il y an! permutations

(7)

possibles des lettres distinguées. Parmi celles-ci, plusieurs correspondent à un même anagramme (commeP1I1P2O1 et P2I1P1O1).

Pour chaque anagramme, il y a exactementp1!. . . pr! permutations des lettres du mot conduisant à celui-ci car les permutations conduisant à un même anagramme se déduisent les une des autres par permutations entre elles des lettres identiques.

Au total, il y a

n!

p₁!. . . p_r! anagrammes possibles Exercice 18 :[énoncé]

SoitEun ensemble àp+qéléments séparé en deux parties disjointesE⁰ et E⁰⁰ de cardinauxpetq.

Il y a exactement p+q n

!

parties ànéléments dansE.

Or pour former une partie ànélément de E, on peut pour chaquek∈[[0, n]]

commencer par choisirkéléments dansE⁰ avant d’en choisirn−kdansE⁰⁰. Il y a p

k

! q n−k

!

possibilités pour chaquek∈[[0, n]] puis au total

n

P

k=0

p k

! q n−k

!

possibilités d’où l’identité.

a) Pour former un anagramme, il suffit de choisir lesppositions de la lettreA parmi lesp+qplaces possibles.

Il y a donc

p+q p

!

anagrammes possibles

b) Une sommex₁+· · ·+x_p peut être codée par une succession de « 1 »et de

« + »comme ci-dessous

« 2 + 3 + 0 + 1 »devient 11 + 111 + +1

« 0 + 2 + 1 + 0 »devient + 11 + 1+

Le codage est réalisé avecnsymboles « 1 »etp−1 symboles « + ». Il y a donc exactement

n+p−1 n

!

suites possibles

a) Une suite strictement croissante depentiers dans{1, . . . , n}est entièrement déterminée par le choix de ses éléments qu’il suffit alors d’ordonner. Il y en a donc

n p

!

b) A chaque suite (x1, . . . , xp) vérifiant x1+· · ·+xp6net x1, . . . , xp∈N^? on peut associer une suite strictement croissante (y1, . . . , yp) d’éléments de {1, . . . , n}

en posant

yk =x1+· · ·+xk

Inversement, à une suite (y₁, . . . , y_p) comme au dessus correspond une unique suite (x₁, . . . , x_p) comme voulue avec

x₁=y₁,x_k =y_k−y_k−1pour k>2

Il y a donc autant de suites (x₁, . . . , x_p) vérifiant x₁+· · ·+x_p6net

x₁, . . . , x_p∈N^? que de suite strictement croissantes depéléments dans{1, . . . , n}, soit

n p

!

c) La conditionx1+· · ·+xp=nest remplie quandx1+· · ·+xp6nmais pas x1+· · ·+xp6n−1. Le nombre de suite cherché est donc

n p

!

− n

p−1

!

= n−1 p−1

!

a) Une suite (x1, . . . , xp) strictement croissante est entièrement déterminée par le choix depéléments distincts dansE (qu’il suffit alors d’ordonner). Il y a donc autant de suites strictement croissantes que de parties àpéléments dans un ensemble ànéléments, soit

n p

!

b) Associons à une suite (x₁, . . . , x_p) d’éléments de E la suite (y₁, . . . , y_p) définie par

yk =xk+ (k−1)

(8)

Par cette correspondance bijective, on peut associer à une suite croissante d’éléments deE une suite strictement croissante d’éléments de

E⁰={1, . . . , n+p−1}et inversement.

Le nombre de suites (x1, . . . , xp) croissantes d’éléments deE est donc n+p−1

p

!

c) A chaque suite (a1, . . . , ap) on fait correspondre la suite (x1, . . . , xp) avec xk=a₁+· · ·+ak

Par cette correspondance bijective, on associe les suites (a₁, . . . , ap) vérifiant a1+· · ·+ap 6naux suites croissantes d’éléments de E={0,1, . . . , n}.

Le nombre de suites cherché est donc n+p

p

!

d) La conditiona₁+· · ·+a_p=nest remplie sia₁+· · ·+a_p6n, mais pas a₁+· · ·+ap 6n−1.

Le nombre de suites cherché est donc n+p

p

!

− n+p−1 p

!

= n+p−1 p−1

!

= n+p−1 n

!

a) Σ⁰_n= 1 : seul len-uplet nul est de somme égale à 0.

Σ¹_n=n: lesn-uplets de somme égale à 1 sont formés d’un 1 et den−1 zéros.

Σ²_n=n+ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ =ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ : lesn-uplets de somme égale à 2 sont ou bien formé de 1 deux et den−1 zéros, ou bien de 2 uns et de n−2 zéros.

Σ^p₁= 1 : seul le 1-uplet (p) est de somme égale àp.

Σ^p₂=p+ 1 : les couples de somme égale à psont (0, p),(1, p−1), . . . ,(p,0).

b) Le nombre den+ 1 uplets (x1, ..., xn, xn+1)∈Nⁿ tels que x1+· · ·+xn+1=p avecxn+1=k∈J0, pKest Σ^p−k_n .

Donc

Σ^p_n+1= Σ⁰_n+ Σ¹_n+· · ·+ Σ^p_n c) Par récurrence surn∈N^?, montrons

∀n∈N^?,Σ^p_n= n+p−1 p

!

Pourn= 1 : ok

Supposons la propriété établie au rangn>1

∀p∈N,Σ^p_n+1= Σ⁰_n+· · ·+ Σⁿ_n= n−1 0

!

+ n

1

!

+· · ·+ n+p−1 p

!

= n+p p

!

Récurrence établie.

a) SiF est un singleton, il n’y a qu’une application à valeurs dansF et celle-ci est surjective.S_n¹= 1.

Si CardE= CardF <+∞alors les surjections deE surF sont aussi les bijections. Par suiteS_nⁿ=n!.

Si CardE <CardF, il n’existe pas de surjections deEsurF. AinsiS_n^p= 0.

b) Une surjection deE surF telle que sa restriction àE\ {a}soit surjective peut prendre n’importe quelle valeurs ena. Il y en apS_n−1^p .

Une surjection deEsurF telle que sa restriction àE\ {a}ne soit pas surjective doit prendre enala valeur manquante. Il y appossibilité pour choisir la valeur en aetS_n−1^p−1 surjections deE\ {a} surF\ {f(a)}. Au total, il y en apS_n−1^p−1.

Au final

S_n^p=p(S_n−1^p−1+S^p_n−1) c) Montrons la propriété par récurrence surn∈N^?. Pourn= 1

Sip= 1

S₁¹= 1 et

1

X

k=0

(−1)^1−k 1 k

! k= 1 Sip >1

S₁^p= 0 et

p

X

k=0

(−1)^p−k p k

! k=

p

X

k=1

(−1)^p−kp p−1 k−1

!

=−p(1−1)^p−1= 0 car

p k

!

= p k

p−1 k−1

!

Supposons la propriété établie au rangn−1>1.

Pourp= 1

S_n¹= 1 et

1

X

k=0

(−1)^1−k 1 k

! k= 1

(9)

Pourp >1

S_n^p=p(S_n−1^p−1+S^p_n−1) =p

p−1

X

k=0

(−1)^p−1−k p−1 k

!

kⁿ⁻¹+p

p

X

k=0

(−1)^p−k p k

! kⁿ⁻¹

En combinant les deux sommes en exploitant la formule de Pascal S_n^p =

p

X

k=0

(−1)^p−kp p−1 k−1

! kⁿ⁻¹

puis en exploitant

p p−1 k−1

!

=k p k

!

on parvient à

S_n^p=

p

X

k=0

(−1)^p−k p k

! kⁿ

a) PourA⊂[[1, n]], notons

SA={σ∈ Sn/∀x∈A, σ(x) =xet ∀x /∈A, σ(x)6=x}

Sn est la réunion disjointes desSApour AparcourantP([[1, n]]).

Après indexation des éléments deA, une application deSA peut être identifiée à un dérangement de [[1, n−k]] aveck= CardA.

On en déduit CardSA=dn−k puis CardSn = X

A⊂P(E)

d_n−CardA=

n

X

k=0

n k

! d_n−k

b) Raisonnons par récurrence forte surn.

La propriété énoncé est vrai aux rangs 0 et 1.

Supposons la propriété vraie jusqu’au rangn−1.

Pourk∈[[0, n]], posons

d⁰_k =

k

X

`=0

(−1)^k−` k

`

!

`!

Par hypothèse de récurrencedk =d⁰_k pourk∈[[0, n−1]] et on veut établir l’identité pourk=n.

Or

n

X

k=0

n k

! d⁰_n−k=

n

X

k=0

n k

! d⁰_k=

n

X

k=0 k

X

`=0

(−1)^`−k n k

! k

`

!

`!

Par échange des deux sommes

n

X

k=0

n k

! d⁰_n−k =

n

X

`=0 n

X

k=`

(−1)^`−k n k

! k

`

!

`!

puis glissement d’indice dans la deuxième somme

n

X

k=0

n k

! d⁰_n−k =

n

X

`=0 n−`

X

k=0

(−1)^k n k+`

! k+`

`

!

`!

et expression factorielle des coefficients binomiaux

n

X

k=0

n k

! d⁰_n−k =

n

X

`=0

n!

(n−`)!

n−`

X

k=0

(−1)^k n−` k

!

Or n−`

X

k=0

(−1)^k n−` k

!

= (1 + (−1))^n−`=

0 sin−` >0 1 sin=`

donc n

X

k=0

n k

!

d⁰_n−k =n! =

n

X

k=0

n k

! d_n−k

On en déduitd⁰_n=dn puisque l’hypothèse de récurrence a fourni les identificationsdk=d⁰_k pourk∈[[0, n−1]].

a) La somme étudiée dénombre les permutations de [[1, n]] selon leur nombre de points fixes

n

X

k=0

s_n(k) = CardS_n=n!

b) Pour chaque permutation desdeSn(k) il y akpoints fixesxpossibles. Le nombre de couples cherché est doncksn(k).

(10)

Pour chaquex∈[[1, n]], une permutation possédantk points fixes (dontx) est entièrement déterminée par sa restriction à [[1, n]]\ {x}qui est une permutation à k−1 points fixes. Ainsi, le nombre de couples cherché est aussinsn−1(k−1).

c) En itérant la formule ci-dessus obtenue sn(k) =n(n−1). . .(n−k+ 1)

k(k−1). . .1 s_n−k(0) = n k

!

s_n−k(0)

d) Pour déterminer une permutation élément deSn(k), on choisit l’ensemble de sesk points fixes (il y a n

k

!

possibilités) et on construit ses valeurs sur le complémentaire de l’ensemble des points fixes à partir d’une permutation den−k éléments sans points fixes (il y as_n−k(0) possibilités). Au total, il y a

n k

!

s_n−k(0) applications de la forme voulue.

a) Le nombre de−1 est den−pet doncs_n=s₀+p−(n−p) =s₀+ 2p−n.

b) Sim−(s₀+n) n’est pas un nombre pair, il n’y a pas de chemin solutions.

Sinon, on introduitp∈Zpour lequelm−s0+n= 2p.

Sip <0 oup > n, on ne pourra trouver de chemin solutions.

Si 06p6n, chemins solutions correspondent aux suites xpour lesquels on positionneptermes 1 et les autres égaux à−1. Il y a n

p

!

positions possibles pour les termes 1 et autant de chemins solutions.

c) Tout chemin joignant (0, s0) à (n, m) et coupant l’axe des abscisses peut être associé de façon bijective à un chemin joignant (0,−s0) à (n, m), il suffit pour cela de passer à l’opposer les termesx1, x2, . . .jusqu’au premier pour lequel

s0+x1+· · ·+xk= 0 et ne pas modifier les autres comme dans la figure proposé (ce résultat est connu sous le nom de principe de réflexion).

d) Sim−1 +nest impair, il n’y a aucun chemins possible d’aucune sorte.

Sinon, on peut écrirem−1 +n= 2pavecp∈Zet il y a alors n p

!

chemins possibles (ce nombre étant nul lorsquep <0 ou p > n).

Parmi ceux-ci, on retire ceux coupant l’axe abscisse qui par l’étude au dessus sont au nombre de n

p+ 1

! .

Finalement, il y a

n p

!

− n

p+ 1

!

chemins solutions