17janvier2011 Compositionn 5 Mathématiques

Mathématiques

Composition n ^o 5

17 janvier 2011

de 9h15 à 12h15

Ensembles, applications, dénombrement et structures algébriques élémentaires

Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.

Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.

Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le préci- sera dans sa copie.

Ï L’épreuve comporte un problème de combinatoire et cinq exercices sur les ensembles, les applications et les structures algébriques élémentaires.

Problème

Dérangements d’un ensemble fini

Soientn∈N^∗etEun ensemble fini de cardinaln.

Ï On note

E =©

f :E→E¯¯ f bijective et∀x∈E, f(x)6=xª On noteu_n=card₍E) et on adopte la conventionu₀=1.

Ï On rappelle qu’un point fixe d’une applicationf :F →F est un élémentxde l’ensembleF tel que f(x)=x.

Ï Dans ce problème, on dénombre les bijections deEdansEsans point fixe. Ces applications sont appelées lesdérangementsdeE. On cherche donc à calculer le cardinal deE_.

Partie 1 — Préliminaires

1. 1. Calculeru₁.

1. 2. On suppose dans cette question que nÊ2. Soit a∈E. 1. 2. a. Soit f ∈E. Montrer que f⁻¹(a)6=a.

1. 2. b. Soit f ∈E telle que f(a)=f⁻¹(a). Démontrer que la restriction de f àE\©

a,f⁻¹(a)ª est une bijection sans point fixe deE\©

a,f⁻¹(a)ª

surE\©

a,f⁻¹(a)ª . 1. 2. c. Soit f ∈E telle que f(a)6=f⁻¹(a). Soitx∈E\ {a}, on pose

g(x) =

½f(x) six6=f⁻¹(a) f(a) six=f⁻¹(a) Démontrer queg est une bijection sans point fixe deE\ {a} surE\ {a}.

Partie 2 — Calcul deu_n

Nous avons maintenant tous les éléments en main pour calculer u_nen fonction de n.

2. 1. Déduire de ce qui précède que

∀nÊ2, u_n=(n−1)·(u_n−1+u_n−2) 2. 2. On pose∀kÊ1,α_k=u_k−k·u_k−1. Montrer que

∀kÊ1, α_k=(−1)^k On pourra raisonner par récurrence surk∈N^∗.

2. 3. En déduire que

∀nÊ1, u_n=n!· Xn k=0

(−1)^k k!

On fera apparaître un telescopage dans la somme grâce à la question précédente.

Exercice 1 — Posé à l’oral de l’Ecole Polytechnique en 2010 dans la filière PC

SoientEun ensemble et A,B,C dansP_(E). Etablir que

A∪B∪C=(A\B)∪(B\C)∪(C\A)∪(A∩B∩C) On rappelle queA\B désigneA∩B oùB est le complémentaire deB dansE.

Exercice 2 — Injections et surjections

SoientA,B etCdes ensembles, f :A→Betg:B→Cdeux applications. Démontrer que : 1. Sig◦f est surjective etg injective, alors f est surjective,

2. Sig◦f est injective et f surjective, alorsg est injective.

Exercice 3 — La structure de groupe produit Soient (G,⋆) et (H,⋄) deux groupes. Pour tous couples (g,h) et¡

g^′,h^′¢

du produit cartésienG×H, on pose

(g,h)♥¡ g^′,h^′¢

=¡

g⋆g^′,h⋄h^′¢ Montrer que (G×H,♥) (prononcez «love») est un groupe.

Exercice 4 — Cas particulier du théorème de Jacobson

Soit (A,+,×) un anneau tel que

∀x∈A, x³=x

L’objectif de cet exercice est de prouver que (A,+,×) est commutatif. On notera plus simplement x y le produitx×y.

1. Rappelez la définition de la structure d’anneau.

2. Montrer que∀x∈A, 6x=0_A. On pourra développer (x+1_A)³+(x−1_A)³. 3. Soient

A2={x∈A|2x=0A} et A3={x∈A|3x=0A}

3.a. Soitx∈A. En partant de l’égalitéx=3x−2x, établir quex∈A₂+A₃. 3.b. En déduire queA=A₂+A₃.

4. Les éléments de A₂commutent.

4.a. Montrer queA₂est une partie deAstable par+.

4.b. Soitx∈A2. Développer (x+1A)³et vérifier que 3x²+3x=0A. 4.c. Soitx∈A₂. Déduire de ce qui précède quex²+x=0 puisx²=x.

4.d. Montrer que les éléments deA2commutent. On pourra développer (x+y)²pourxety appartenant au sous-ensembleA₂.

5. Produits d’éléments de A₂et de A₃. Soientx∈A₂ety∈A₃. 5.a. Prouver quex×yety×xappartiennent àA₂∩A₃. 5.b. Vérifier queA₂∩A₃={0_A}.

6. Les éléments de A₃commutent. SoientxetydansA₃. 6.a. En considérant (x+y)³−(x−y)³, vérifier que

x y×x+y x²+x²y=0_A (⋆)

6.b. En multipliant parxdans l’égalité (⋆) une première fois à droite puis une seconde fois à gauche, montrer quex y=y x.

7. Montrer que (A,+,×) est commutatif.

Exercice 5 — Posé à l’oral de Centrale en 2010 dans la filière PSI

Soit (A,+,×) un anneau dont les éléments neutres pour+et×seront respectivement notés 0 et 1.

Soientaetbdeux éléments deAtels que 1+a×b soit inversible pour la loi×. Montrer que 1+b×aest inversible pour la loi×et que son inverse est égal à 1−b×(1+a×b)⁻¹×a.

THE END

Corrigé du problème Dérangements d’un ensemble fini

Partie 1 — Préliminaires

1. 1. Sicard_(E)=1, l’unique élément deE est l’identité, d’oùu₁=0.

1. 2. On suppose dans cette question que nÊ2. Soit a∈E.

1. 2. a. Raisonnons par l’absurde en supposant f⁻¹(a)=a. On obtient alors, en appliquantf : a=f(a). Ceci est absurde car f n’admet aucun point fixe.

1. 2. b. Soit f ∈E telle que f(a)=f⁻¹(a). Notonsfe:E\©

a,f⁻¹(a)ª

−→E\©

a,f⁻¹(a)ª x 7−→ f(x)

Ï Puisquefeest la restriction de f à un sous-ensemble deEet puisque les uniques antécédents deaet f⁻¹(a) parf sont respectivementf⁻¹(a) eta, l’applicationfeest bien définie.

Ï fen’a pas de point fixe puisque

∀x∈E\©

a,f⁻¹(a)ª

, fe(x)=f(x)6=x Ï L’applicationfeétant la restriction d’une bijection, elle est injective.

Ï f étant une surjection deEdansE, tout élément deE\©

a,f⁻¹(a)ª

admet un unique

antécédent dansE parf, et d’après ce qui a été vu précédemment, cet antécédent appartient à E\©

a,f⁻¹(a)ª .

1. 2. c. Soit f ∈E telle que f(a)6=f⁻¹(a). Soitx∈E\ {a}, on pose

g(x) =

½f(x) six6=f⁻¹(a) f(a) six=f⁻¹(a)

Ï Soitx∈\{a}. Six=f⁻¹(a), on ag(x)=f(a)6=a(carf est sans point fixe) et six6=f⁻¹(a), on a g(x)=f(x) et doncg(x)6=apuisquef⁻¹(a) est l’unique antécédent deapar f. Ainsig est bien définie.

Ï g n’a pas de point fixe puisque f⁻¹(a)6=f(a) et∀x∈\©

a,f⁻¹(a)ª

, g(x)=f(x)6=xcar f n’a pas de point fixe.

Ï Soientxetx^′deux éléments deE\ {a} tels queg(x)=g(x^′).

⊲ six6=f⁻¹(a) etx^′6=f⁻¹(a), alorsf(x)=f(x^′) d’où, par injectivité de f,x=x^′.

⊲ six=f⁻¹(a), alorsg(x)=f(a) et nécessairementx^′=f⁻¹(a) car

∀z∈E\©

a,f⁻¹(a)ª

, g(z)=f(z) et puisqueaest l’unique antécédent de f(a) parf. On en déduit l’injectivité deg.

⊲ Siy6=f(a),yadmet par f un unique antécédentxqui appartient àE\{a,f⁻¹(a)} ainsig(x)=y. On en déduit la surjectivité deg.

Partie 2 — Calcul deu_n

2. 1. Soitf ∈E. Commef(a)∈E\ {a}, il y an−1 choix possibles pourf(a). Pour chacun de ces choix def(a), dénombrons les applicationsf ∈E telles que :

Ï Cas 1 : f(a)=f⁻¹(a). D’après la question 1.1.b., cela revient à dénombrer les bijections sans points fixes deE\ {a,f⁻¹(a)} surE\ {a,f⁻¹(a)}, il y en a doncun−2.

Ï Cas 2 : f(a)6=f⁻¹(a). D’après la question 1.2.c., cela revient à dénombrer les bijections sans points fixes deE\ {a} surE\ {a}, il y en a doncu_n−1.

On a ainsi

∀nÊ2 ,u_n=(n−1)·(u_n−2+u_n−1) 2. 2. SoitnÊ1. D’après la formule établie à la question , on a

α_n+1=u_n+1−(n+1)·u_n=n·(u_n+u_n−1)−n·u_n−u_n=nu_n−1−u_n= −α_n La suite (α_n)_nÊ1est donc géométrique de raison−1, ainsi∀nÊ1,α_n=(−1)ⁿ⁻¹α₁. Or α₁=u₁−u₀= −1, on a donc

∀nÊ1, α_n=(−1)ⁿ 2. 3. D’après la question précédente,

∀kÊ1, (−1)^k k! =u_k

k! − u_k−1 (k−1)!

d’où

∀nÊ1, Xn k=1

µu_k

k! − u_k−1 (k−1)!

¶

=u_n

n! −u₀= Xn k=1

(−1)^k k! et puisqueu₀=1, on obtient :

u_n n! =

Xn k=0

(−1)^k k!

Corrigé de l’exercice 1 — Posé à l’oral de l’Ecole Polytechnique en 2010 dans la filière PC

Raisonnons par double inclusion.

Ï On aA\B⊂A,B\C⊂B,C\A⊂Cdonc

(A\B)∪(B\C)∪(C\A)⊂A∪B∪C d’où, puisqueA∩B∩C⊂A∪B∪C,

(A\B)∪(B\C)∪(C\A)∪(A∩B∩C)⊂A∪B∪C

Ï Soitx∈A∪B∪C. On suppose quex6∈A∩B∩C. Alors il n’y a que six cas possibles (qui ne sont pas deux à deux disjoints) :

⊲ x∈Aetx∈B: dans ce casx6∈Cd’oùx∈B\C;

⊲ x∈Aetx6∈B : dans ce casx∈A\B;

⊲ x∈B etx∈C: dans ce casx6∈Ad’oùx∈C\A;

⊲ x∈B etx6∈C: dans ce casx∈B\C;

⊲ x∈Cetx∈A: dans ce casx6∈B d’oùx∈A\B;

⊲ x∈C etx6∈A: dans ce casx∈C\A.

Dans tous les casx∈(A\B)∪(B\C)∪(C\A). On en déduit que

(A∪B∪C) \ (A∩B∩C)⊂(A\B)∪(B\C)∪(C\A) puis

(A∪B∪C)⊂(A\B)∪(B\C)∪(C\A)∪(A∩B∩C)

Corrigé de l’exercice 2 — Injections et surjections

1. On supposeg◦f surjective etg injective. Soitb∈Barbitraire. Alorsg(b)∈Cet commeg◦f est surjective, il existea∈Atel queg(f(a))=g(b). Par injectivité deg on déduit f(a)=b, ce qui montre la surjectivité def.

2. On supposeg◦f est injective et f surjective. Soientb,b^′∈B tels queg(b)=g(b^′). Par surjectivité def il existea,a^′∈Atels que f(a)=betf(a^′)=b^′. Ainsi

g(f(a))=g(b)=g(b^′)=g(f(b^′)), d’oùb=b^′, grâce à l’injectivité deg◦f. Cela montre queg est injective.

Corrigé de l’exercice 3 — La structure de groupe produit

NotonseGeteHles éléments neutress des groupes (G,⋆) et (H,⋄).

Ï La loi♥est, par définition, interne surG×H. Ï Pour tout (g,h) dansG×H, on a

½(g,h)♥(e_G,e_H)=¡

g⋆e_G,h⋄e_H¢

=(g,h) (eG,eH)♥(eG,eH)=(eG⋆eG,eH⋄h)=(g,h) Le couple (eG,eH) est donc un élément neutre pour la loi surG×H.

Ï Pour tout (g,h), (g^′,h^′) et (g^′′,h^′′) dansG×H, on a

¡(g,h)♥(g^′,h^′)¢

♥(g^′′,h^′′)=¡

g⋆g^′,h⋄h^′¢

♥(g^′′,h^′′)=¡

(g⋆g^′)⋆g^′′, (h⋄h^′)⋄h^′′¢

=¡

g⋆(g^′⋆g^′′),h⋄(h^′⋄h^′′)¢

=(g,h)♥¡

g^′⋆g^′′,h^′⋄h^′′¢

=(g,h)♥¡

(g^′,h^′)♥(g^′′,h^′′)¢

Ï Soit (g,h)∈G×H. Nous noteronsg⁻¹(resp.h⁻¹) l’ inverse deg (resp.h) pour la loi⋆(resp.⋄).

On a

(g,h)♥¡

g⁻¹,h⁻¹¢

=¡

g⋆g⁻¹,h⋄h⁻¹¢

=(eG,eH) et

¡g⁻¹,h⁻¹¢

♥(g,h)=¡

g⁻¹⋆g,h⁻¹⋄h¢

=(e_G,e_H) On en déduit que (g,h) est inversible pour la loi♥et que son inverse vaut¡

g⁻¹,h⁻¹¢ . L’ensemble (G×H,♥) a donc une structure de groupe.

Corrigé de l’exercice 4 — Cas particulier du théorème de Jacobson

1. On appelle anneau tout ensembleAmuni de deux LCI notées+et×telles que (A,+) est un groupe commutatif,×admet un élément neutre dansA,×est associative,×est distributive à droite et à gauche sur+.

2. Soitx∈A. On a

(x+1_A)³=x³+3x²+3x+1_A=x+1_A et

(x−1_A)³=x³−3x²+3x−1_A=x−1_A

d’où, après addition membre à membre, 2x³+6x=2xsoit encore 2x+6x=2xie 6x=0.

3. Egalité A₂+A₃=A.

3.a. Soitx∈A. Commex=3x+(−2x) avec 2(3x)=6x=0_Aet 3(−2x)= −6x=0_A, on a 3x∈A₂et

−2x∈A3, d’oùx∈A2+A3.

3.b. On a clairementA₂+A₃⊂Acar+est une LCI surA. L’inclusion réciproque ayant été prouvée à la question précédente, on aA₂+A₃=Apar double inclusion.

4. Les éléments de A₂commutent.

4.a. Soient (a,a^′)∈A²₂. Comme 2(a+a^′)=(a+a^′)+(a+a^′)=2a+2a^′car+est associative et commutative, on a 2(a+a^′)=0_A+0_A=0_A. Ainsia+a^′∈A₂. Le sous-ensembleA₂est donc stable par la loi+.

4.b. Soitx∈A₂. On a

(x+1_A)³=x³+3x²+3x+1_A=x+1_A et commex³=x, on a 3x²+3x=0_A.

4.c. Soitx∈A2. Commexetx²appartiennent àA, on a

3x=2x+x et 3x²=2x²+x²=(2x)×x+x²=0_A×x²+x²=0_A+x²=x² et doncx²+x=0_A. Commex= −x(car 2x=0_A), on en déduit quex²=x.

4.d. SoientxetydansA₂. CommeA₂est stable par+,x+y∈A₂et donc, d"’après la question précédente, (x+y)²=x+y, d’où

(x+y)²=x²+x y+y x+y²=x+x y+y x+y=x+y ainsix y= −y x=y xcary x∈A2. Les élémentsxetycommutent.

5. Produits d’éléments de A₂et A₃. Soientx∈A₂ety∈A₃.

5.a. On a 2(x y)=(2x)y=0_Ay=0_Adoncx y∈A₂. De plus, 3(x y)=x(3y)=x0_A=0_Adoncx y∈A₃. On prouve de même quey x∈A₂∩A₃.

5.b. On remarque queA2∩A3={0A}. On a clairement 0A∈A2∩A3et, pour touta∈A2∩A3, 2a=3a=0Adonc

a=3a−2a=0A

6. Les éléments de A₃commutent. SoientxetydansA₃. 6.a. On a

(x+y)³−(x−y)³=¡

x²+x y+y x+y²¢

×(x+y)−¡

x²−x y−y x+y²¢

×(x−y)

=2x y x+2y x²+2x²y+2y³

Comme (x+y)³−(x−y)³=x+y−x−y=2y=2y³, on en déduit que 2x y x+2y x²+2x²y=0_A

puis−x y x+ −y x²−x²y=0_Acar 2x= −xet 2y= −y(carxetyappartiennent àA₃). Ainsi x y x+y x²+x²y=0_A.

6.b. On a

x y x²+y x³+x²y x=¡

x y x+y x²+x²y¢

x=0_Ax=0_A d’oùx y x²+y x+x²y x=0_Acarx³=x. De plus, on a

x²y x+x y x²+x³y=x¡

x y x+y x²+x²y¢

=x0A=0A

d’oùx²y x+x y x²+x y=0Acarx³=x. On en déduit quex y=y x.

7. SoientxetydansA. CommeA=A₂+A₃(cf. question 3.b.), il existe (x₂,y₂)∈A²₂et (x₃,y₃)∈A²₃ tels quex=x₂+x₃ety=y₂+y₃. Ainsi

x y=(x2+x3)(y2+y3)=x2y2+x2y3+x3y2+x3y3=x2y2+x3y3

et

y x=(y₂+y₃)(x₂+x₃)=y₂x₂+y₂x₃+y₃x₂+y₃x₃=y₂x₂+y₃x₃

cary₃x₂=x₂y₃=x₃y₂=y₂x₃=0Apuisquex₂y₃,x₃y₂,y₂x₃etx₃y₂appartiennent àA₂∩A₃={0A} (cf. question 5). De plus,x2y2=y2x2(cf. question 4) etx3y3=y3x3(cf. question 6). On en déduit alors quex y =y x. L’anneau (A,+,×) est donc commutatif.

Corrigé de l’exercice 5 — Posé à l’oral de Centrale en 2010 dans la filière PSI

On a, par distributivité à droite et à gauche de×sur+: (1+b×a)ס

1−b×(1+a×b)⁻¹×a¢

=¡

1−b×(1+a×b)⁻¹×a¢

+b×aס

1−b×(1+a×b)⁻¹×a¢

=1−bס

(1+a×b)⁻¹−1+a×b×(1+a×b)⁻¹¢

×a

=1−bס

−1+(1+a×b)×(1+a×b)⁻¹¢

×a

=1−b×(−1+1)×a=1−b×0×a=1−0=1

carb×0=0 et 0×a=0 (cf. les règles de calcul dans un anneau). On prouve de même que

¡1−b×(1+a×b)⁻¹×a¢

×(1+b×a)=1