´ nonc´e E
` Probl eme eme
D´ eplacements eplac ements entiers dans un demi-plan demi-pl an On consid`ere ere le demi-plan demi-pl an
Z
co ordo donn´ nn´ees ees enti` ent i`eres, er es, a` ordo or donn´ nn´ees ee s × N des points `a coor
0.
Un robot part de (0 , 0) et e t effectue eff ectue des d´eplacements eplace ments d’une d ’une unit´e, e, soit so it vers le haut h aut (de ( x, y ) `a (x, y + 1)) 1)) soit vers la droite (de ( x, y) `a (x +1 , y )) soit vers la gauche soit vers le bas. On cherche le nombre ϕ(n) de d e traj tr ajectoir ectoires es form´ f orm´ees ees de d e n d´eplacements eplacem ents successifs successi fs (on dira n-chemins) et qui se maintienne maintiennent nt dans le demi-plan demi-plan Z × N.
•
Prem Pr emi` i` ere er e m´ etho et hode de :
Pour tout k 0, et pour tout n 0, on note ϕk (n) le nombre de n-chemins partant d’un point quelco que lconque nque d’ordo d’o rdonn´ nn´ee ee k et inclus dans Z × N. Par convention ϕk (0) = 1. L’objectif de l’exercice est donc de calculer ϕ(n) = ϕ 0 (n). 1. (a) Exprimer Exprimer ϕ0 (n) en fonction de ϕ0 (n − 1) et ϕ1 (n − 1). (b) Si k
1, exprime expr imerr de mˆeme eme ϕk (n) en fonction de ϕk (n − 1), ϕk+1 (n − 1) et ϕk
1 (n − 1).
−
(c) Montrer que les relations r elations obtenues d´eterminent eterminent les ϕk (n) de fa¸con con unique. unique. (d) Pr´eciser eciser les valeurs valeur s de ϕ0 (1), et de ϕk (n) pour k n. 2. Pour k dans
N et
n dans
∗
N
2n + 1 .
, on pose ψk (n) =
0 j k
n − j
Montrer que les ψk (n) satisfont satisf ont aux a ux mˆemes emes conditions condit ions que celles caract´ carac t´erisant erisant les ϕk (n). 3. D´edui ed uire re de ce qui pr´ec` ec`ede ed e que qu e ϕ(n) = D euxi` xi` eme em e • Deu
2n + 1 n
.
m´ etho et hode de :
Un n-chemin partant de (0 , 0) peut pe ut ˆetre et re repr´ re pr´esent´ es ent´e par pa r une chaˆıne ın e de n carac car act` t`eres er es tous to us ´egau eg aux x a` D (vers la droite), `a H (vers le haut), `a G (vers la gauche) ou `a B (vers le bas). 1. On transforme transforme tout tout n-chemin de la mani`ere ere suivante : on remplace rempla ce simultan´ement ement chaque G par Ensuit e on pr´efixe efixe la chaˆ chaˆıne GD, chaque D par DG, chaque H par DD , chaque B par GG. Ensuite obtenue par la lettre D. Montrer Montrer qu’on obtient obtient ainsi un (2n + 1)-chemin 1)-chemin partant partant de (0, 0) et inclus dans N × 0 (c’est-`a-dire a-dire un (2n + 1)-chemin 1)-chemin partant partant de 0 et inclus dans N, les seuls seul s d´eplace epl acements ments possib po ssibles les ´etant eta nt G et D, le premie pre mierr d´eplaceme epla cement nt ´etant eta nt bien sˆur ur vers la droite). 2. Montrer que la transforma trans formation tion pr´ec´ ec´edente edente est r´eversible, eversible , et que ϕ(n) est e st donc ´egal egal au nombre de (2n + 1)-chemins partant de 0 et inclus dans N. Pour effectuer ce calcul, on doit retrancher du nombre de (2 n + 1)-chemins partant de 0 et a a ` destination finale dans N le nombre de ces chemins qui passent par − 1. 3. Montrer Montrer que tout tout (2n + 1)-ch 1)-chemi emin n de Z partant de 0 et `a destination finale dans 2n + 1 − 2k avec 0
k n.
Pour k fix´e, e, montrer que leur nombre est
2n + 1 k
N se
termine en
.
4. On consid` c onsid`ere ere un (2 n + 1)-chemin Γ de Z allant de 0 `a 2n + 1 − 2k 0 mais passant par − 1. On inverse simultan´ement ement tous les d´eplacements eplace ments de Γ de d e 0 jusqu’`a son premier passage en − 1. Montrer qu’on obtient ainsi un (2 n + 1)-chemin Γ de Z allant de 0 `a 2n +3 − 2k . Montrer que la transformat transf ormation ion pr´ec´ ec´edente edente est r´eversible, eversible, et que le nombre de (2n + 1)-chemins
de
Z allant
de 0 `a 2n +1 − 2k
0 mais passant par −1 est ´egal ega l `a
2n + 1 k−1
.
5. Montrer en d´ efinitive efinitive que le nombre de (2n + 1)-chemins 1)-chemins qui partent partent de 0 et qui sont inclus inclus dans n
N
2n + 1 2n + 1 2n + 1 est es t ´egal eg al `a = , et conclure. − k=0
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k
k−1
n
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Probl ` eme
Corrig´e
Correction du probl` eme • Premi`ere
m´ etho de :
1. (a) Soit Γ un n-chemin partant d’un point d’ordonn´ee 0 et contenu dans On sait qu’il y a ϕ0 (n) fa¸cons diff´erentes de construire Γ. De trois choses l’une :
Z × N.
— Ou bien Γ commence par un mouvement vers la droite. On se retrouve alors `a nouveau en un point d’ordonn´ee 0. Il y a donc ϕ0 (n − 1) fa¸cons de compl´ eter Γ par un (n − 1)-chemin inclus dans
Z
× N.
— Ou bien Γ commence par un mouvement vers la gauche. Il y a encore ϕ0 (n − 1) fa¸cons de compl´eter Γ. — Ou bien Γ commence par un mouvement vers le haut. On se retrouve alors en un point d’ordonn´ee 1. Il y a alors ϕ1 (n − 1) fa¸cons de compl´eter Γ par un (n − 1)-chemin inclus dans
Z × N.
Ce d´enombrement permet d’´ecrire ϕ0 (n) = 2ϕ0 (n − 1) + ϕ1 (n − 1) (b) Soit Γ un n-chemin partant d’un point d’ordonn´ee k 1 et contenu dans Z × N. Il y a ϕk (n) chemins Γ distincts, et on est dans l’un seulement des quatre cas suivants : — Le premier mouvement est vers la droite. On se retrouve alors `a nouveau en un point d’ordonn´ee k. Il y a alors ϕk (n − 1) fa¸cons de compl´eter Γ par un (n − 1)-chemin inclus dans
Z × N.
— Le premier mouvement est vers la gauche. Il y a encore ϕk (n − 1) fa¸cons de compl´eter Γ. — Le premier mouvement est vers le haut. On se retrouve en un point d’ordonn´ee k + 1. Il y a alors ϕk+1 (n − 1) fa¸cons de compl´eter Γ par un (n − 1)-chemin inclus dans Z × N. — Le premier mouvement est vers le bas. On se retrouve en un point d’ordonn´ee k − 1. Il y a alors ϕk 1 (n − 1) fa¸cons de compl´eter Γ par un (n − 1)-chemin inclus dans Z × N. −
Ce d´enombrement permet d’´ecrire ϕk (n) = ϕ k
1 (n − 1)
−
+ 2ϕk (n − 1) + ϕk+1 (n − 1)
La premi`ere formule est un cas particulier de la seconde, si on convient que les ϕ 1 (m) sont nuls (c’est logique : ils repr´esentent le nombre de m-chemins partant d’un point d’ordonn´ee −1 et inclus dans le demi-plan des points d’ordonn´ee positive ou nulle...). −
(c) On voit que chaque ϕ k (n) peut s’exprimer `a l’aide de quantit´es du type ϕ i (n−1), qui s’expriment `a leur tour en fonction de quantit´ es du type ϕ j (n − 2), etc. Au bout du compte, chaque ϕk (n) s’exprime donc en fonction de quantit´ es du type ϕ j (0). Or, pour tout entier j , ϕ j (0) est ´egal a` 1. Les relations obtenues d´eterminent donc tous les ϕk (n) de fa¸con unique. (d) ϕ0 (1) est le nombre de 1-chemins du demi-plan Z × N qui partent d’un point d’origine 0. On a ϕ0 (1) = 3 car seuls trois mouvements sont possibles : gauche, droite, haut. Si k n, on a ϕk (n) = 4n . En effet, on part d’un point d’origine k et on effectue n d´eplacement successifs, avec n k . A chaque ´etape il y a quatre mouvements possibles, et aucun des 4 n chemins obtenus ne sort du demi-plan Z × N. k
1 se r´eduit 1 donc vaut 1. − j 0 n + 1 On peut ´egalement convenir que, pour tout n 0, on a ψ (n) = = 0.
2. La premi`ere chose `a noter est que ψk (0) =
j=0
1
−
0 j −1
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n − j
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Probl ` eme
Ensuite, pour tout k de
N et
∗
n de
N
Corrig´e
: k−1
ψk−1 (n − 1) + 2ψk (n − 1) + ψk+1
k
k+1
2n − 1 2n − 1 2n − 1 (n − 1) = +2 + j=0
k
k
k
j=1
j=0
j=−1
n − 1 − j
n − 1 − j
j=0
j=0
n − 1 − j
2n − 1 2n − 1 2n − 1 = +2 + n − j n − 1 − j n − 2 − j 2n − 1 2n − 1 2n − 1 2n − 1 2n − 1 k
= −
+
n
n − j
j=0
+2
Les termes isol´es se simplifient car
+
n − 1 − j
2n − 1 n
=
+
n − 2 − j
n−1
2n − 1 n−1
.
D’autre part, en utilisant la formule qui est `a la base du triangle de Pascal :
2n − 1 n − j
+2
2n − 1 n − 1 − j
+
2n − 1 n − 2 − j
− = + − 2n 1 n j
2n n − j
=
− + + − − = − −
2n − 1 n − 1 − j
2n n − 1 j
+
1 (n − 1) + 2ψk (n − 1) + ψk+1 (n − 1) =
−
2n − 1 n − 2 − j
2n + 1 n j
k
On ainsi obtenu : ψk
2n 1 n 1 j
j=0
2n + 1 n − j
= ψ k (n).
Cela finit de prouver que les ψk (n) satisfont aux mˆemes conditions dont on sait qu’elle d´eterminent les ϕk (n) de fa¸con unique. k
2n + 1 Pour tout n 0 et tout k 0, on a donc ϕ (n) = ψ (n) = . k
k
n − j
j=0
3. Il suffit de faire k = 0 la question pr´ec´edente :
0
2n + 1 Pour tout entier n positif ou nul : ϕ(n) = ϕ (n) = donc 0
j=0
• Deuxi`eme
n − j
ϕ(n) =
2n + 1 n
m´ etho de :
1. Appelons Γ le n-chemin initial, et Γ le chemin obtenu apr`es transformation. Chacun des d´eplacements de Γ ayant ´et´e remplac´e par deux d´eplacements successifs, et sachant qu’on pr´efixe le r´esultat obtenu par un d´eplacement `a droite, l’op´eration transforme Γ en un (2n +1)-chemin Γ partant de l’origine. Celui-ci ne comprenant que des d´ eplacements horizontaux (G ou D), et il est donc inclus dans l’axe Z × {0}.
Le fait qu’on remplace chaque G par GD et chaque D par DG signifie qu’on annule l’influence des d´eplacements vers la droite ou vers la gauche dans Γ. En revanche, chaque d´ eplacement vers le haut (resp. vers le bas) dans Γ se traduit maintenant par deux d´eplacements successifs vers la droite (resp. vers la gauche) dans Γ . A chaque ´etape, et dans Γ, le nombre de d´eplacements H est sup´erieur ou ´egal au nombre de d´eplacements B (car on reste dans esulte qu’`a chaque ´etape de Γ , le nombre de d´eplacements D est sup´erieur ou ´egal au Z × N). Il en r´ nombre de d´eplacements G.
Ainsi le chemin Γ part de l’origine et reste contenu dans l’axe
N
× {0}.
En fait le pr´efixage de Γ par D est important pour que Γ ne s’aventure pas `a gauche de l’origine. On le voit si le premier d´eplacement de Γ est G car alors Γ commence par DGD . Plus g´en´eralement, si Γ ne contient que des d´eplacements G, alors Γ = D(GD)(GD) · · · (GD) est un chemin qui fait n allers-retours entre les points (0 , 0) et (0, 1).
2. R´eciproquement, on se donne un (2 n + 1)-chemin Γ de de (0, 0), ce qui est la mˆeme chose).
On va transformer Γ en un n-chemin de
Z
N et
partant de 0 (ou de
N
× {0} et partant
× N partant de (0, 0).
On n´eglige le premier d´eplacement de Γ , qui ´etait bien sˆur vers la droite.
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Probl ` eme
Corrig´e
Les deux d´eplacements suivants de Γ sont alors de l’un des types GD, DG ou DD . On les remplace respectivement par le d´eplacement G, D ou H .
Ensuite, on groupe les 2(n − 1) d´eplacements restants de Γ par paires de deux d´eplacements successifs. Chacune des ses paires est de l’un et l’un seulement des quatre types suivants : GG, DD , GD, DG, que l’on remplace respectivement par B , H , G et D.
Il est clair (arguments analogues aux pr´ec´edents) qu’on tranforme ainsi le (2n + 1)-chemin Γ en un n-chemin Γ partant de l’origine et contenu dans le demi-plan Z × N. Il est clair ´egalement que si on applique maintenant `a ce n-chemin Γ la transformation ´etudi´ee dans la question pr´ec´edente, on retombe sur le (2 n + 1)-chemin Γ .
On a ainsi d´efini deux transformations inverses l’une de l’autre, qui sont donc deux bijections r´eciproques entre l’ensemble des n -chemins partant de (0 , 0) et inclus dans Z × N et l’ensemble des (2 n +1)-chemins partant de 0 et inclus dans N. La cons´equence est qu’il y a autant de chemins des deux sortes, c’est-`a-dire ϕ(n). 3. Soit Γ un (2 n + 1)-chemin de
Z partant
de 0.
Soit k le nombre de d´eplacements G dans Γ (et soit donc 2 n +1 − k celui des d´eplacements D). Chaque d´eplacement `a gauche (resp. `a droite) diminue (resp. augmente) l’abscisse d’une unit´e. Le point d’arriv´ee de Γ est donc − k + (2 n + 1 − k) = 2n + 1 − 2k , avec 0
k 2n + 1.
Mais ´ecrire que la destination du chemin est dans N, c’est ´ecrire 2n + 1 − 2k 0 donc k n (en fait on voit tr`es bien que la destination 2n + 1 − 2k est 1 : un retour `a l’origine est en effet impossible car il y a un nombre impair de mouvements !). R´eciproquement, les (2 n + 1)-chemins de Z partant de 0 et aboutissant au point 2 n + 1 − 2k 0 (avec 0 k n) sont constitu´es de k d´eplacements G et de 2 n + 1 − k d´eplacements D . Il y en a autant qu’il y a de fa¸cons de choisir la position des k d´eplacements G dans l’ensemble des 2 n + 1 d´eplacements, c’est-`a-dire 2n + 1 .
k
4. Pour illustrer la d´emonstration, nous prenons un exemple avec n = 10 et k = 9 (donc 21 d´eplacements, 9 vers la gauche et 12 vers la droite : le point final est 3). Dans le tableau ci-dessous, la premi`ere ligne repr´esente les d´eplacements successifs et la deuxi`eme indique l’abscisse o`u on se trouve apr`es chaque d´eplacement. On a marqu´e par un trait vertical l’´etape apr`es laquelle, pour la premi`ere fois, l’abscisse est ´egale `a − 1. Γ: D G D G D D G G D G 0
1
0
1
0
1
2
1
0
1
0
G
G
D
D
D G D
D G D
D
−1 −2 −1
0
1
2
3
0
1
1
2
On d´ecide donc d’inverser simultan´ement tous les d´eplacements de Γ de 0 jusqu’`a son premier passage en − 1 (en conservant les d´eplacement suivants, bien sˆur).
On obtient alors le chemin Γ ci-dessous :
Γ : G 0
−1
D
G
D
G
G
D
D
G
D
D
G D
D
D
G D
D
G D
D
0
−1
0
−1 −2 −1
0
−1
0
1
0
2
3
2
4
3
5
1
3
4
Si on note x j et x j les abscisses respectives de Γ et de Γ a` l’issue de la j -`eme ´etape, et si on d´esigne par m l’´etape `a l’issue de laquelle le chemin Γ passe en −1 pour la premi`ere fois, on constate que x j = − x j pour 1 j m, et qu’en particulier xm = 1.
On voit aussi qu’`a partir de j = m on a x j = x j + 2.
En particulier x2n+1 = x 2n+1 + 2 = (2n + 1 − 2k ) + 2 = 2n + 3 − 2k : ici x21 = x 21 + 2 = 5.
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Probl ` eme
Corrig´e
Revenons maintenant au cas g´en´eral. Soit k un entier (0 k n) et Γ un “mauvais chemin”, c’est-`a-dire un (2n + 1)-chemin de 0 `a 2n + 1 − 2k 1 mais passant par − 1 (c’est-`a-dire non inclus dans N).
Z allant
de
Pour tout j de { 1, . . . , 2n + 1}, soit x j l’abscisse de Γ `a l’issue de la j -i`eme ´etape.
Soit m l’indice tel que x j = − 1 pour la premi`ere fois. On construit un nouveau (2n + 1)-chemin Γ en inversant les m premiers d´eplacements de Γ, et en conservant les suivants. Pour tout j de {1, . . . , 2n+1}, soit x j l’abscisse de Γ `a l’issue de la j -i`eme ´etape.
— Pour tout j de { 1, . . . , m}, on a x j = − x j (cela r´esulte de l’inversion des d´eplacements et du fait que dans les deux cas on part de 0).
— On a en particulier xm = 1 = x m + 2, et c’est la premi`ere fois `a ce stade qu’un x j vaut 1.
— Pour tout j de { m , . . . , 2n + 1}, on a x j = x j + 2 (cons´equence du fait qu’apr`es la m-i`eme ´etape les d´eplacements sont conserv´es : la diff´erence x j − x j reste donc constante).
— On a en particulier x2n+1 = x 2n+1 + 2 = 2n + 3 − 2k . La m´ethode pr´ec´edente transforme donc un (2n + 1)-chemin Γ de Z allant de 0 `a 2n + 1 − 2k passant par −1, en un (2 n + 1)-chemin Γ de Z allant de 0 `a 2n +3 − 2k 3.
1 et
R´eciproquement, soit k un ´el´ement de {0, . . . , n}, et soit Γ un (2n + 1)-chemin de 2n +3 − 2k 3. Notons x j l’abscisse de Γ `a l’issue de la j -i`eme ´etape.
Z allant
de 0 `a
Du fait que 2n +3 − 2k 3 (car k n), on est certain que Γ va passer par l’abscisse 1. On note m le plus petit indice pour lequel xm = 1.
On tranforme alors Γ en un (2n + 1)-chemin Γ de la fa¸con suivante : — On inverse tous les mouvements jusqu’au m-i`eme. — On conserve tous les mouvements `a partir du (m + 1)-i`eme. Il est clair qu’alors Γ est un (2 n + 1)-chemin de Z, partant de 0, passant par − 1 (et pour la premi`ere fois `a l’issue du m-i`eme d´eplacement) et aboutissant en 2n + 1 − k 1.
Il est clair ´egalement que la transformation Γ → Γ est la transformation inverse de celle qui a ´et´e ´etudi´ee pr´ec´edemment. Il en r´esulte qu’il y a autant de (2 n + 1)-chemins partant de 0, aboutissant dans −1, qu’il y a de (2 n + 1)-chemins partant de 0 et aboutissant en 2 n + 3 − 2k .
N mais
passant par
De tels chemins sont n´ecessairement form´es de k − 1 d´eplacements vers la gauche et de 2 n + 2 − k d´eplacements vers la droite (car 2n + 3 − 2k = − (k − 1) + (2n + 2 − k )) et le nombre de ces chemins est donc ´egal `a
2n + 1 k−1
.
5. Il est temps de conclure! — Le nombre de (2 n + 1)-chemins partant de 0 et aboutissant en 2 n + 1 − 2k — Parmi eux, il y en a pas inclus dans
2n + 1 k−1
´egal a`
2n + 1 k
−
0 est
2n + 1 k
.
qui sont `a rejeter car ils passent par − 1 (autrement dit ils ne sont
N).
Le nombre de (2 n + 1)-chemins partant de 0, inclus dans
2n + 1 k−1
N,
et aboutissant en 2n + 1 − 2k
0 est donc
.
En faisant varier k de 0 `a n, on obtient le nombre de (2 n + 1)-chemins de n
N partant
de 0, c’est-`a-dire :
2n + 1 − 2n + 1 = 2n + 1 − 2n + 1 = 2n + 1 = 2n + 1.
k=0
k
k−1
n + 1
−1
n + 1
n
D’apr`es la question II .2, on vient d’obtenir le nombre ϕ(n) de n-chemins qui partent de (0 , 0) et qui sont contenus dans
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Z
× N. On a donc retrouv´e ϕ(n) =
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2n + 1 n
.
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