´ nonc´e E
` Probleme eme
D´ erangeme eran gements nts d’un ensemble ense mble fini Pour tout entier naturel non nul n, on pose E n = { 1, 2, . . . , n}, et on note S n l’ensemble des permutations de E n , c’est-` a-dire l’ensemble des bijections de E n dans a-dire da ns lui-mˆ lui -mˆeme. em e. Pour tout f de S n et pour tout k de E n , on dit que k est un point fixe de f si f (k) = k . On dit di t qu’u qu ’un n ´el´ el´emen em entt f de S n est un d´erang era ngem emen ent t de E n si f ne poss` pos s`ede ede aucun point poi nt fixe. fix e. On note Dn le nombre de d´erangements eran gements de E n. Par convention, on pose D0 = 1. On g´en´ en´eralise era lise cette cet te d´efiniti efin ition on en disant dis ant qu’une qu’u ne biject bij ection ion f d’un ensemble A = { a1, a2 , . . . , an} sur un ensemble B = { b1 , b2 , . . . , bn } est un d´erangement eran gement de A sur B (ainsi ordonn´es) es) si pour tout indice i de {1, . . . , n}, on a f (ai ) = b j avec j = alor s autant auta nt de d´erangements erangements de A sur i . Il est clair qu’il y a alors B qu’il y en a de E n dans da ns lui-mˆ lu i-mˆeme. em e. 1. Que valent valent D1 et D2 ? 2. Montrer Montrer que pour tout entier entier n 0, on a : Dn+2 = (n + 1)(Dn+1 + Dn ). Indication : on cherchera a` former fo rmer un d´erangement eran gement quelconque quelco nque f de E n+2 , avec n 1. Pour cela, on consid`erera erer a k = f (n + 2) et on s’int´eressera eress era a` f (k ). n
3. En d´eduire eduire que pour tout entier naturel n, Dn = n
!
k=0
(−1)k . k!
4. Dans cette c ette question, on o n retrouve re trouve le r´esultat esultat de (3) (3 ) mais par une autre a utre m´ethode. ethode. Pour tout entier k 1, et pour tout q de {0, . . . , k }, on note Dk,q le nombre des permutations de E k qui ont exactement q points points fixes. Ainsi Dk,0 = D k . Par convention on pose encore D0,0 = 1. n k
k q
n q
n−q k−q
= . (−1) = 0 (et si , alors = . 0, on a ! = (−1) ! 0, = (−1)
(a) Montrer que 0 ≤ q ≤ k ≤ n ⇒
n
k n k
(b) En d´eduire eduire que, si 0 ≤ q < n
k=q
k
(c) Prouver que pour tout k
k
k
Dk,r
r =0
(d) Montrer que pour tout n
Dn
k q
q =0
n
n
k=0
k n k
k q
q = n ?).
Dq
k
(e) Retrouver ainsi le r´esultat esultat de d e la question 3.
5. On cons c onsid` id`ere ere n boules b oules discernables, plac´ees ees initialement dans n tiroirs distincts, `a raison d’une boule par tiroir. On sort les n boules, puis on o n les replace al´eatoirement, eatoirement, toujours a` raison d’une boule par tiroir. On note X la variable variab le al´eatoir eat oiree disc d iscr` r`ete ete repr´ rep r´esentant ese ntant le nombre nomb re de boule bo uless ayant retrouv´ retr ouv´e leur le ur tiroir tiroi r d’origi d ’origine. ne. (a) Montrer que p(X = q ) = q 1!
n−q
k=0
(−1)k k!
(b) (b ) Expr Ex prim imer er de mˆeme em e la prob pr obab abil ilit´ it´e de l’´ev´ ev´enem en ement ent X 1. (c) Montrer que l’esp´erance erance de X est e st ´egal eg alee a` 1. On proposera deux m´ethodes. ethodes. (d) Calculer la variance de X .
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme 1. Il n’y a qu’une application de E 1 dans lui-mˆeme, qui est bijective, mais n’est ´evidemment pas un d´erangement ! Autrement dit : D1 = 0. Il y a deux permutations de E 2 : l’identit´e et f d´efinie par f (1) = 2 et f (2) = 1. Seule cette derni`ere est un d´erangement. Ainsi D2 = 1. 2. Remarquons tout d’abord que la formule Dn+2 = (n + 1)(Dn + Dn+1) est vraie si n = 0 (avec la convention de l’´enonc´e, stipulant que D0 = 1). Dans la suite de cette d´emonstration, on peut donc supposer n 1. On cherche a` former un des Dn+2 d´erangements possibles f de E n+2 . On choisit d’abord k = f (n + 2) parmi les n + 1 ´el´ements de E n+1 = { 1, 2, . . . , n + 1 }. On se propose ensuite de choisir f (k ). Il a deux cas possibles : – Premier cas : f (k) = n + 2. L’application f ´echange donc les ´el´ements k et n + 2. La restriction g de f a` F n = E n+2 \{ k, n + 2 } est une application de F n dans lui-mˆeme. Mais f est un d´erangement de E n+2 si et seulement si g est un d´erangement de F n . Puisque Card(F n ) = n , il y a Dn fa¸cons de d´efinir g , donc f . – Deuxi`eme
cas :
= n + 2 . f (k)
On consid`ere les ensembles E n+1 et Gn+1 , ordonn´es comme ci-dessous : E n+1 = { 1 2 . . . k − 1 k k + 1 . . . n + 1 } Gn+1 = { 1 2 . . . k − 1 n + 2 k + 1 . . . n + 1 }
La restriction h de f a` E n+1 est une application de E n+1 sur Gn+1 . Dire que f est un d´erangement de E n+2 , c’est dire que h est un d´erangement de E n+1 sur Gn+1 (au sens de la g´en´eralisation de la d´efinition, vue au d´ebut de l’´enonc´e). Il y a Dn+1 fa¸cons diff´erentes de d´efinir h, c’est-`a-dire de compl´eter la d´efinition de f . Ainsi, apr`es les n + 1 choix possibles de f (n + 2), il y a D n + Dn+1 fa¸cons de compl´eter f pour en faire un d´erangement de E n+2 . Conclusion : le nombre de d´erangements de E n+2 s’´ecrit Dn+2 = (n + 1)(Dn + Dn+1 ). 3. On d´emontre la propri´et´e par une r´ecurrence de pas 2. Remarquons tout d’abord que le r´esultat est vrai si n = 0 ou n = 1. n
(−1)k (−1)0 = k! 0! = 1 = D 0 .
! !
En effet, pour n = 0, n
k=0
n
De mˆeme, pour n = 1, n
k=0
(−1)k (−1)0 (−1)1 = 0! + 1! = 1 − 1 = 0 = D 1 . k!
On suppose maintenant que la propri´et´e est vraie aux rangs n et n + 1, avec n 0.
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Probl` eme
Corrig´e
Il s’agit de montrer qu’elle l’est encore au rang n + 2. On obtient successivement : Dn+2 = (n + 1)(Dn+1 + Dn ) = (n + 1)
= ( + 1)! ( + 1) = ( + 1)! ( + 2) = ( + 1)! ( + 2) = ( + 2)! + n
n
n
k=0 n
n
n
k=0 n
n
n
k=0
n
n
k=0
(−1)k k!
n+1
( + 1)! n
n
k
(−1) k!
k
+ ! + − = ( + 2)! k=0
n
k=0
n
(−1)k (−1)n+1 + (n + 1) (n+1)! k!
(−1) k!
(−1)k k!
k=0
(−1)k (−1)n+1 + (n + 1) (n+1)! k! (−1)k (−1)n+1 + ( + 2) n k! (n+1)! (−1)n+1 (−1)n+2 + (n+1)! (n+2)!
(−1)n+1 (n+1)!
n+2
n
k=0
(−1)k k!
ce qui d´emontre la propri´et´e au rang n + 2 et ach`eve la r´ecurrence. n
Ainsi, pour tout n de
: Dn = n
N
(−1)k (−1)n 1 1 = ! 1 + + . − − · · · n 1! 2! k! n!
!
k=0
4. (a) Pour 0 q k
n,
on a :
n k
k (n−q )! ! n! = k! (nn−! k)! q ! (kk− = = q )! q ! (n−q )! (k −q ) !((n−q )−(k −q ))! q n
k n k
n
k q
k n q
n−q k−q
n q
n
− n q
n q k − q
k n−q k−q
(−1) = (−1) = (−1) . (b) Si 0 ≤ : (−1) = (−1) (−1) Avec le nouveal indice = − : q < n
k=q
k=q
n
r
k
k n k
q
k=q
k q
k=q
q n q
n−q
r n−q r
r =0
La derni`ere somme est nulle car c’est le d´eveloppement de (1 − 1)n−q , avec n > q . n
Si q = n
k n k
k q
n n n
n n
(−1) = (−1) = (−1) . , on a : k=q
n
(c) On classe les k! permutations de E k selon le nombre r de leurs points fixes. k
Pour chaque r de {0, . . . , k}, il y a Dk,r possibilit´es. Ainsi ∀ k
1, k
!=
Dk,r .
r=0
Fixons maintenant r dans {0, . . . , k }. Pour d´efinir une application f ayant r points fixes dans E k , on doit choisir ces r points, et il y a kr possibilit´es.
Il faut ensuite qu’aucun des k − r ´el´ements restants dans E k ne soit fixe par f , ce qui revient a` construire une bijection sans point fixe (donc un d´erangement) sur un ensemble a` k − r ´el´ements : cela est possible de Dk−r mani`eres diff´erentes. k r
k
k r
. On en d´eduit , puis : ! = = . Avec le changement d’indice = − : ! = = = 1 = 0!, et le r´esultat est encore valable. NB : si = 0, Dk,r
=
Dk−r
k
r =0
k
q k
r
k
q =0
k
k
q =0
k q
Dq
0 0
Dk−r k
k−q
k
Dk
q =0
k q
Dk
D0
(d) On ´evalue le second membre de l’´egalit´e a` d´emontrer, en rempla¸cant k par l’expression obtenue a` la question pr´ec´edente :
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n
k n k
(−1) !
(−1)n
k=0
(−1) (−1) n
= (−1)n
k
Corrig´e
k=0 n
n
= (−1)
k
k n k
q =0
k
k n k
k=0 q =0 n
k
k q
k q
Dq
Dq
porte sur les couples ( La double sommation
k, q ) tels que
k=0 q =0
0
kn
0 q k
Pour l’instant cette zone “triangulaire” est parcourue “colonne par colonne”. n
k
n
n
· · · = · · · Un parcours “ligne par ligne” permet d’´ecrire : k=0 q =0
q=0 k=q
On en d´eduit : n
k n k
(−1) !
(−1)n
k=0
n
n
k n k
k q
(−1) (−1)
= (−1)n
k
q =0 k=q n
= (−1)n
n
q =0
Dq
k n k
k=q
k q
Dq
On reconnait la somme entre crochets, qui vaut 0 si q < n et (−1)n si q = n . On en d´eduit le r´esultat demand´e : (−1)
n
n
k n k
n
k n k
k n
(−1) ! = (−1) (−1)
k=0
n
k
k=n
Dn = (−1)n (−1)n
(e) Pour tout entier n, on trouve effectivement : Dn
n
k n k
n
(−1) ! = (−1) (−1) = (−1) = ! = ! = ! n
k=0
n
n
k=0
n
k
k=0
n
(−1)n+k (n−k)!
k
n
k=0
n n
Dn = D n .
n! k ! k!(n−k)!
n
(−1)n−k (n−k)!
n n
n
k=0
(−1)k k!
On a ainsi retrouv´e le r´esultat de la question 3. 5. (a) Il y a n! cas possibles, tous ´equiprobables, et Dn,q = nq Dn−q cas r´ealisant le retour de q boules exactement dans leur tiroir d’origine. La probabilit´e cherch´ ee est donc :
1 1 ! p(X = q ) = n! Dn,q = n! q !(nn−q )! (n − q )! n k=0
(c) On a E(X ) =
n
1 qp (X = q ) = n! qD (n, q q=0 q=1 n q
=
Or 1 q n ⇒ q
k=0
n−q (−1)k (−1)k 1 = k! q ! k!
(−1)k k!
k=0
n
= )= .
(b) On a bien sˆ ur : p(X 1) = 1 − p(X =0) = 1 − n
n−q
n!
1
n!
n
q
q =1
n!
n q
k=1
(−1)k+1 k!
Dn−q
(n−1)!
q q !(n−q )! = (q −1)!(n−q )! = n (q −1)!(n−q )! = n
On en d´eduit : E(X ) = (n−1 1)!
n
n−1 q −1
1 Dn−q = (n−1)!
q=1
n−1
n−1 k
n−1 q−1
.
k=0
D(n−1)−k
n−1
1 Dn−1,k = (n−1)! (n − 1)! = 1. Ainsi E(X ) = (n−1 1)! k=0
• Remarque :
La variable al´eatoire X repr´esente bien sˆ ur le nombre de points fixes d’une permutation f de {1, . . . , n} choisie au hasard. Il y a une m´ ethode tr`es simple pour le calcul de E(X ), et qui n’utilise aucun des calculs pr´ec´edents. Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
Pour tout k de {1, . . . , n}, notons X k la variable al´ eatoire prenant la valeur 1 si une permutation f choisie au hasard v´erifie f (x) = x , et 0 sinon. On a bien sˆ ur X = X 1 + X 2 . . . + X n . On en d´eduit (lin´earit´e de l’esp´erance) que E(X ) = E(X 1 ) + E(X 2 ) + . . . + E( X n). Or pour des raisons ´evidentes de sym´etrie, les esp´erances E(X k ) sont identiques. On en d´eduit E(X ) = n E(X 1 ) = np (X 1 = 1) (X 1 ne prend que les valeurs 0 et 1.) Mais parmi les n! permutations de {1, . . . , n}, il y en a ( n − 1)! qui laissent 1 fixe car autant que de permutations de {2, 3, . . . , n}. Conclusion : p(X 1 = 1) = n1 , puis E(X ) = 1. (d) On peut prolonger la m´ethode pr´ec´edente pour calculer la variance de X . On connait la formule de Huyghens : V(X ) = E(X 2 ) − E2 (X ). 2
Or X
n
2
n
= = X k
k=1
k=1
X k2 + 2
X j X k .
1 j
D’une part on a toujours X k2 = X k , car X k ne prend que les valeurs 0 et 1. D’autre part, par sym´etrie, l’esp´erance de X j X k ne d´epend pas des indices j < k. On en d´eduit E(X 2 ) = n + n(n − 1)E(X 1 X 2). Remarquons que X 1 X 2 ne prend que les valeurs 0 et 1. On en d´eduit E(X 1 X 2 ) = p (X 1X 2 = 1) = p ((X 1 = 1) ∩ (X 2 = 1)). Sur les n ! permutations de { 1, . . . , n}, il y en a (n − 2)! qui laissent fixes 1 et 2, car autant que de permutations de {3, . . . , n}. Ainsi p((X 1 = 1) ∩ (X 2 = 1)) = n(n1−1) . On trouve donc E(X 2) = n + 1 puis V(X ) = E(X 2 ) − E2(X ) = n .
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