Classements et polynômes eulériens Igor Kortchemski 1 Lycée Louis le Grand, 75005 Paris, France Résumé Dans cet article, nous établissons de manière bijective une relation entre le nombre de manières de réaliser un classement de n personnes, s'autorisant les ex-aequo et A n (), valeur du polynôme eulérien A n (q) au point q =. 1 Introduction Cet article présente la preuve du corollaire 3.3 de [1] de manière moins étoée, c'est-à-dire sans passer par les bonnes suites. La preuve est plus concise, mais perd en intuitivité. Ce résultat établit une relation entre un objet combinatoire, le nombre f(n) de manières de réaliser un classement de n personnes, s'autorisant les ex-aequo, et les polynômes eulériens. Le polynôme eulérien A n (q) étant déni par nous avons en eet (theorème 3.6) : k n q k = A n(q) (1 q) n+1, f(n) = A n(), où A n () désigne la valeur du polynôme eulérien A n (q) au point q =. Pour cela, nous notons F k l'ensemble des suites s de longueur k telles que tout i [max(s)] apparaît dans s. Nous introduisons l'ensemble M a1...a n = {s 1... s n F n si i < j, (a i < a j ) (s i < s j )} pour a 1... a n S n et nous montrons (theorème 3.) que : Card(M w ) = Card(des(i(w))), où des(i(w))) est l'ensemble des descentes de la permutation inverse de w. Préliminaires Nous introduisons en premier lieu quelques notions qui nous seront nécéssaires par la suite. 1 Adresse E-mail : igork@free.fr 1
.1 Suites pleines et permutations Dénitions. On note S n l'ensemble des permutations de longueur n et [n] l'ensemble {1,..., n}. Une suite pleine s est une suite de k entiers strictement positifs telle que tout i [max(s)] apparaît dans s. Soit F k l'ensemble des suites pleines de longueur k. Par exemple, 14365 est une suite pleine, mais 15461 n'en est pas une, puisqu'elle ne contient pas 3. Soit f(n) le nombre de manières de classer n participants d'une compétition, s'autorisant les ex aequo [3]. Par exemple, f(3) = 13 (six manières avec aucun ex aequo, trois manières avec deux ex aequo à la première place, trois manières avec deux ex aequo à la seconde place, et une manière avec trois ex aequo). Il est facile de voir que f(n) = Card(F n ), puisqu'un tel classement peut être mis en bijection avec une suite pleine s 1... s n par la construction suivante : s i est la position de i dans le classement. Dénitions. Soit w = a 1... a n S n. Une descente de w est un entier i pour lequel a i > a i+1. Par exemple dans 367415 il y a descentes : 3 et 5. On note des(w) l'ensemble des descentes de w. i(w) désigne la permutation inverse de w (elle est généralement notée w 1 mais, comme nous le verrons, il est plus pratique pour nous d'utiliser i(w)). Par dénition, si i(w) = a 1... a n alors a i est la position de i dans w. Par exemple i(46135) = 34516.. L'ensemble φ w Dénition. Soit w S n. On dénit φ w de la manière suivante : φ w = {k N k + 1 apparaît à la gauche de k dans w}. Par exemple, φ 5134 = {, 4}. Lemme.1 Soit w S n. Alors φ w est l'ensemble des descentes de i(w). Preuve. Nous avons successivement les équivalences suivantes : k φ u k + 1 apparaît à la gauche de k dans w i(w) k > i(w) k+1 k est une descente de i(w) où i(w) k est le k-ième élément de i(w)..3 Polynômes eulériens On note d(w) le nombre de descentes de w. A n (q) est appelé polynôme eulérien []. Le coecient de q i dans A n (q) est noté A(n, i) et vérie la relation suivante : X L'existence de A n (q) provient de la relation q k = 1 1 q suite : dériver par rapport à q puis multiplier par q. sur laquelle on applique l'opération suivante n fois à la
Par exemple, k n q k = n i=1 A(n, i)qi (1 q) n+1. k 4 q k = q + 11q + 11q 3 + q 4 (1 q) 5. On prouve (voir [3]) que A(n, k + 1) compte le nombre de permutations de [n] avec k descentes, c'est-àdire : A n (q) = w S n q 1+d(w). Par exemple, A 4 (q) = q + 11q + 11q 3 + q 4 et eectivement dans S n, il y a un élément avec aucune descente, onze avec une descente, onze avec deux descentes et un avec trois descentes..4 L'application B Dénissons l'application B : F n S n de la manière suivante : pour tout s = b 1... b n F n on construit a 1... a n S n par l'algorithme suivant : Assigner a i = b i. Pour i de 1 à n par pas de 1 Si i survient plus d'une fois dans a 1 a n Noter k la position de la dernière apparition de i dans a 1 a n. Pour tout j [n], tel que j k et a j i, incrémenter a j de 1. FinSi FinPour Dénir a 1... a n comme B(s). Représentons cet algorithme graphiquement : on met un entier entre crochets s'il ne survient qu'une seule fois dans la suite. Si l'entier considéré apparaît plusieurs fois, on encadre celui qui est le plus à droite. On souligne tous les entiers qui seront incrémentés. Par exemple, prenons s = 313 : Ainsi, après étapes : B(313) = 5134. Prenons s = 31143 : Ainsi, après 5 étapes : B(31143) = 461735. Etape 1 : 3 [1] 3 3 1 3 Etape : 3 1 3 4 1 3 4 Etape 3 : 4 1 [3] 4 4 1 3 4 Etape 4 : 4 1 3 4 5 1 3 4 Etape 1 : 3 1 1 4 3 3 4 1 5 3 4 Etape : 3 4 [] 1 5 3 4 3 4 1 5 3 4 Etape 3 : 3 4 1 5 3 4 4 5 1 6 3 5 Etape 4 : [4] 5 1 6 3 5 4 5 1 6 3 5 Etape 5 : 4 5 1 6 3 5 4 6 1 7 3 5 3
Remarquons que a 1... a n est toujours une permutation : après k étapes chacun des entiers 1,,..., k apparaît exactement une fois, d'après l'algorithme. Ainsi, après au plus n étapes, nous obtenons une permutation. L'interêt de B réside dans la propriété suivante : soit s F n. Soient i, j [n] tels que i j, s = b 1... b n et B(s) = a 1... a n. Clairement si b i > b j alors a i > a j car b i est incrémenté au moins le même nombre de fois que b j, et si b i = b j pour i > j alors a i > a j car b i sera incrémenté au moins une fois de plus que b j, puisque b i est à la gauche de b j. On en tire immédiatement le lemme suivant : Lemme. Soit s F n. Soient s = b 1... b n, B(s) = a 1... a n et i, j [n] tels que i < j. Alors b i < b j a i < a j. Ce lemme constitue l'argument clé de la partie suivante. 3 Suites pleines et polynômes eulériens Soit a 1... a n S n. On dénit M a1...a n comme suit : M a1...a n = {s 1... s n F n si i < j, (a i < a j ) (s i < s j )}. (1) Par exemple, pour w = 413, M 413 = {1, 31, 313, 413}. C'est ici qu'intervient le lemme. de manière déterminante, puisqu'il fournit : Lemme 3.1 Soit s F n. Alors : s M B(s). D'autre part, le théorème suivant est fondamental : Théorème 3. On a : Card(M w ) = Card(des(i(w))). Par exemple : w = 13 et M 13 = {13}. Card(des(i(13))) = Card(des(13)) = Card( ) = 0 w = 13 et M 13 = {1, 13}. Card(des(i(13))) = Card(des(13)) = Card({}) = 1 w = 13 et M 13 = {11, 13}. Card(des(i(13))) = Card(des(13)) = Card({1}) = 1 w = 31 et M 31 = {11, 31}. Card(des(i(31))) = Card(des(31)) = Card({1}) = 1 w = 31 et M 31 = {1, 31}. Card(des(i(31))) = Card(des(31)) = Card({}) = 1 w = 31 et M 31 = {111, 11, 1, 31}. Card(des(i(31))) = Card(des(31)) = Card({1, }) =. Lemme 3.3 Soient w = a 1... a n S n, s = s 1... s n M w et k, l des entiers strictement positifs tels que a k < a l. Alors s k s l. Preuve. Si k < l, alors, d'après la dénition de s, a k < a l = s k < s l = s k s l. Maintenant, si k > l, supposons que s k > s l. D'après la dénition de s, puisque l < k, s l < s k = a l < a k ce qui est une contradiction. Preuve du théorème 3. : Soient w = a 1... a n S n, s = s 1... s n M w et soient k, l des entiers strictement positifs tels que a l = a k + 1. Clairement, si s l s k +, alors s k + 1 n'apparaît pas dans s d'après le lemme 3.3, ce qui contredit le fait que s soit une suite pleine. 4
D'abord, supposons que a k φ w, c'est-à-dire que a k + 1 apparaît à la gauche de a k dans w. D'après le lemme 3.3, s l = s k + 1 ou s l = s k. Posons j = a k. Soit i(w) = i 1... i n. Alors k = i j et l = i j+1 car i j est la position de j dans w. Ainsi : j φ w = s ij+1 = s ij ou s ij+1 = s ij + 1. () Ensuite, supposons que a k φ w, c'est-à-dire que a k + 1 apparaît à la droite de a k dans w. Alors k < l. D'après la dénition de s, a k < a l = s k < s l = s l = s k + 1 d'après le lemme 3.3. De même, posons j = a k. Soit i(w) = i 1... i n. Alors k = i j et l = i j+1. Ainsi : j φ w = s ij+1 = s ij + 1. (3) Intuitivement on peut sentir ce qui va se passer : on veut construire un élément de M w en dénissant récursivement la suite s ip pour p = 1,,... n. D'après () et (3) on a deux choix pour tous les éléments de φ w et un unique choix pour tous les éléments qui ne sont pas dans φ w, ce qui produit Card(φ w) éléments de M w. Plus précisément, décrivons l'algorithme suivant : Soit i(w) = i 1... i n. Posons S = {11... 11}, où 11... 11 est l'unique suite constituée de n fois le nombre 1. Pour j de 1 à n 1 par pas de 1 Si j φ w Pour chaque suite s = s 1... s n S, faire : s ij+1 := s ij. Créer une nouvelle suite s = s. Faire : s i j+1 := s i j + 1. Ajouter s à S. Ou bien (j φ w ) Pour chaque suite s = s 1... s n S, faire : s ij+1 := s ij + 1. FinSi FinPour On dénit S w comme l'ensemble nal S. Par exemple pour w = 5143 on a i(w) = 3154 et φ 5143 = {1, 3, 4}. Commençons avec S = {11111} Pour j = 1, puisque 1 φ 5143, on a S = {11111, 1111}. Pour j =, puisque φ 5143, on a S = {1111, 1113}. Pour j = 3, puisque 3 φ 5143, on a S = {111, 1113, 1133, 1143}. Pour j = 4, puisque 4 φ 5143, on a nalement S 5143 = {11, 131, 1313, 1413, 3133, 4133, 4143, 5143}. Proposition 3.4 Nous avons l'inclusion suivante : M w S w. Preuve. Cette inclusion est évidente car tout élément de M w vérie () et (3), de sorte qu'il sera produit par l'algorithme et sera par conséquent un élément de S w. Proposition 3.5 Nous avons l'inclusion suivante : S w M w. Preuve. Soient w = a 1... a n une permutation xée et s S w. Posons i(w) = i 1... i n. Il est clair par construction que s est une suite pleine. Montrons que pour x < y, (a x < a y ) (s x < s y ). Soient x, y tels que x < y et a x < a y. Alors il existe k tel que x k < y et a k φ w. D'après l'algorithme : s x s x+1 s k < s k+1 s y, 5
de sorte que s x < s y. Soient x, y tels que x < y et s x < s y. D'après l'algorithme, si s ik < s il alors k < l. Or x = i ax, y = i ay et s ia x < s i a y. Donc a x < a y. Ainsi l'ensemble S w est exactement M w. Or le nombre d'éléments de S w est Card(φ w). De plus, d'après le lemme.1 : Card(φ w ) = Card(des(i(w)))). On en déduit que : Nous en déduisons aisément le théorème suivant : Théorème 3.6 La relation suivante est vériée : Card(M w ) = Card(φ w) = Card(des(i(w))). f(n) = A n(). Preuve. Considérons toutes les permutations w 1,..., w n! de [n]. Les ensembles M w1,..., M wn! sont clairement disjoints : en eet, supposons que s 1... s n M a1...a n et que s 1... s n M a 1...a. D'après la n dénition (1), pour i < j on a a i < a j s i < s j a i < a j. Comme a 1... a n et a 1... a n sont des permutations, on a forcément a 1... a n = a 1... a n. Ainsi 3 : F n = M w1 M wn!. En eet, il est d'une part clair que tout élément de M w1 M wn! est une suite pleine et que d'autre part si s est suite pleine alors s M B(s), d'après le lemme 3.1. Soit w une permutation telle que i(w) ait exactement k descentes. D'après le théorème 3., Card(M w ) = k. Mais le nombre de permutations de [n] ayant exactement k descentes est A(n, k + 1). On en déduit que : n 1 f(n) = k A(n, k + 1) = k=0 n 1 k=0 k+1 A(n, k + 1) = A n(). Note : On peut prouver (voir [3]) que la fonction génératrice exponentielle de f(n) est Remerciements 1 e x. Je suis profondément reconnaissant à Federico Ardila et à Richard P. Stanley pour tout leur travail avec moi à la Clay Research Academy 005 sur les bonnes suites. Je voudrais aussi remercier Federico Ardila, Xavier Caruso, Didier Missenard, Richard P. Stanley et le Clay Mathematics Institute pour leur rôle déterminant dans l'écriture de [1], sans lequel cet article n'aurait jamais vu le jour. Références [1] I. Kortchemski, Good Sequences, Bijections and Permutations, Rose-Hulman Undergraduate Mathematics Journal, Vol. 6, Issue, 005. http ://www.rose-hulman.edu/mathjournal/v6n.php [] R. P. Stanley, Enumerative Combinatorics, vol. 1, Cambridge, England : Cambridge University Press (1999). [3] R. P. Stanley, Clay Research Academy Problems 005, Non publié. 3 Si A et B sont deux ensembles disjoints, on note A B leur union disjointe. 6