Autour d'une table ronde : diviser, mais à bon escient

Exercice de TD · niveau 2 · mathématiques (PCSI), chapitre 14 — Dénombrement · B. Listes, arrangements, permutations

Énoncé

a) De combien de façons $n$ convives distincts ( $n \geq 2$ ) peuvent-ils s'asseoir autour d'une table ronde, deux dispositions étant identiques si elles se déduisent l'une de l'autre par une rotation ?

b) Et si $n \geq 3$ perles distinctes sont enfilées sur un collier que l'on peut aussi retourner ?

c) De combien de façons peut-on partager les $32$ cartes d'un jeu en quatre paquets de huit cartes, non attribués ? Justifier la division.

d) On forme des colliers de quatre perles, deux noires et deux blanches, identifiés à rotation près. Que donne « la division par $4$ » ? Dénombrer directement, et expliquer l'échec.

e) (Chimie) L'acide tartrique $HOOC - CH (OH) - CH (OH) - COOH$ possède deux atomes de carbone asymétriques, chacun de configuration notée $R$ ou $S$ . Combien de couples de descripteurs ? La molécule se lisant indifféremment dans les deux sens, les couples $(R, S)$ et $(S, R)$ décrivent la même molécule : combien y a-t-il de stéréoisomères, et pourquoi la division par $2$ échoue-t-elle ?

Corrigé

L'outil : le lemme des bergers. Soit $ϕ : E \to F$ une application surjective entre ensembles finis, telle que chaque élément de $F$ ait exactement $k$ antécédents. Alors $∣ E ∣ = k ∣ F ∣$ . En effet, les ensembles d'antécédents des éléments de $F$ sont deux à deux disjoints — un élément de $E$ n'a qu'une image — et recouvrent $E$ : ils forment une partition de $E$ en $∣ F ∣$ classes de $k$ éléments, et le principe d'addition conclut. Pour compter les moutons, on compte les pattes et l'on divise par quatre — à condition que chaque mouton ait quatre pattes. On ne divise que si chaque objet est compté exactement $k$ fois.

a) La table ronde. Numérotons les chaises : il y a $n!$ placements numérotés. L'application qui oublie la numérotation, et ne garde que la disposition à rotation près, est surjective, et chaque disposition a pour antécédents ses $n$ rotations. Ces $n$ rotations sont deux à deux distinctes, parce que les convives sont distincts : une rotation non nulle déplace le convive $C_{1}$ sur une autre chaise. Le lemme donne $n! = n \times (nombre de dispositions)$ : il y a $(n - 1)!$ dispositions. Seconde voie : on assied $C_{1}$ sur une chaise fixée — chaque disposition a exactement un représentant ainsi — et les $n - 1$ autres se répartissent sur les $n - 1$ chaises restantes : $(n - 1)!$ . Contrôle pour $n = 3$ : $2$ dispositions, « $A$ , $B$ , $C$ » et « $A$ , $C$ , $B$ » dans le sens de rotation.

b) Le collier retournable. Chaque collier correspond à exactement deux dispositions à rotation près : une disposition et son image dans un miroir. Elles sont distinctes pour $n \geq 3$ : la perle $1$ a deux voisines distinctes, l'une dans le sens des aiguilles d'une montre, l'autre dans le sens contraire ; une rotation conserve laquelle est « dans le sens des aiguilles », le retournement les échange. Le lemme donne $\frac{( n - 1 )!}{2}$ colliers. Pour $n = 2$ , la division échouerait — elle donnerait $\frac{1}{2}$ — parce que l'unique disposition est sa propre image.

c) Les paquets anonymes. Soit $N = \frac{32 !}{( 8 ! ) ^{4}}$ le nombre de donnes à quatre joueurs distincts (exercice 3). L'application qui efface les noms des joueurs envoie chaque donne sur un partage en quatre paquets ; chaque partage a pour antécédents les $4! = 24$ façons d'attribuer ses quatre paquets aux quatre joueurs, deux à deux distinctes parce que les quatre paquets sont deux à deux distincts — disjoints et non vides. Le lemme donne $\frac{32 !}{( 8 ! ) ^{4} 4 !} = 4148378852099625 partages,$ environ $4 \times 1 0^{15}$ . Contrôle minuscule : $4$ cartes en deux mains de deux donnent $\frac{4 !}{( 2 ! ) ^{2}} = 6$ donnes et $3$ partages.

d) L'échec. Avec les positions numérotées de $1$ à $4$ , un collier est un mot de quatre lettres avec deux $N$ et deux $B$ : $(2 4) = 6$ mots. « La division par $4$ » donne $\frac{6}{4} = 1, 5$ — absurde. Directement : à rotation près, les deux perles noires sont voisines ou opposées, et il y a $2$ colliers. L'explication : la classe du premier contient $4$ mots, $N N B B$ , $N B B N$ , $B B N N$ , $B N N B$ ; celle du second n'en contient que $2$ , $N B N B$ et $B N B N$ , car la rotation d'un demi-tour laisse $N B N B$ inchangé. Les classes n'ont pas toutes le même cardinal : $4 + 2 = 6$ , et le lemme des bergers ne s'applique pas.

e) L'acide tartrique. Deux carbones, deux descripteurs chacun : $2 \times 2 = 4$ couples, $(R, R)$ , $(R, S)$ , $(S, R)$ , $(S, S)$ . La lecture dans l'autre sens envoie $(R, S)$ sur $(S, R)$ , mais laisse $(R, R)$ et $(S, S)$ inchangés. Les classes sont ${(R, R)}$ , ${(S, S)}$ et ${(R, S), (S, R)}$ : il y a $3$ stéréoisomères — les deux énantiomères $(R, R)$ et $(S, S)$ , et la forme méso $(R, S)$ , identique à son image dans un miroir. La division par $2$ donnerait $2$ : elle échoue parce que deux objets sont comptés une fois et non deux. Le remède : chaque objet que la symétrie ne fixe pas est compté deux fois, chaque objet fixé une fois, donc le nombre de classes vaut $\frac{4 + 2}{2} = 3$ — le total, plus le nombre d'objets fixés, divisé par $2$ .

Le point délicat, commun à d) et e). Avant de diviser, il faut se demander si la symétrie fixe certains objets. Pour des convives, des cartes, des perles toutes distinctes, jamais ; pour des perles de même couleur ou une molécule symétrique, oui — et la division devient fausse.

Ce que l'exercice installe. Le lemme des bergers : on compte l'objet rigidifié, puis on divise par le nombre de symétries, après avoir vérifié qu'elles agissent sans point fixe. La question à se poser en premier est toujours : les paquets portent-ils un nom ? En chimie, c'est la raison pour laquelle une molécule à $n$ carbones asymétriques n'a pas toujours $2^{n}$ stéréoisomères : une symétrie interne crée des formes méso.

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Un blocage sur cet exercice ? Le tuteur d'Adloun guide par questions, sans donner la réponse.