Exercice 31

1. Notons $E$ l'ensemble des $2n$ équipes et $\mathcal{R}$ l'ensemble des répartitions, c'est-à-dire des partitions de $E$ en $n$ paires. À toute bijection $\sigma : \llbracket 1\,,2n \rrbracket \to E$, on associe la répartition formée des paires $\{\sigma(2i - 1), \sigma(2i)\}$ pour $i \in \llbracket 1\,,n \rrbracket$. Toute répartition est obtenue, et les bijections qui donnent une répartition fixée s'obtiennent en choisissant l'ordre des $n$ matchs, de $n!$ façons, puis l'ordre des deux équipes dans chaque match, de $2^{n}$ façons. Par le lemme des bergers, $$\boxed{|\mathcal{R}| = \frac{(2n)!}{2^{n}\,n!} = 1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n - 1)}$$ On trouve $1$, $3$, $15$, $105$ répartitions pour $n = 1$, $2$, $3$, $4$, valeurs confirmées par énumération ✓. L'univers est $\mathcal{R}$, muni de la probabilité uniforme, comme le fixe l'énoncé.

2. Dans une répartition favorable, chaque équipe de première division rencontre une équipe de deuxième division, et deux équipes de première division n'ont pas le même adversaire : une répartition favorable est déterminée par une bijection de l'ensemble des équipes de première division sur celui des équipes de deuxième division, et réciproquement. Il y en a $n!$ (théorème 1), d'où $$\boxed{p_{n} = \frac{n!\,2^{n}\,n!}{(2n)!} = \frac{2^{n}}{\dbinom{2n}{n}}}$$ On trouve $p_{1} = 1$, $p_{2} = \frac{2}{3}$, $p_{3} = \frac{2}{5}$, $p_{4} = \frac{8}{35}$ ✓.

3. Si tous les matchs opposent deux équipes de la même division, les $n$ équipes de première division sont réparties en paires, ce qui impose $n$ pair. Pour $n = 2m$, une répartition favorable est formée d'une répartition des $2m$ équipes de première division et d'une répartition de celles de deuxième division, d'où $\Big(\frac{(2m)!}{2^{m}m!}\Big)^{2}$ cas favorables, et, en simplifiant, $$\boxed{q_{n} = 0 \ \text{ si } n \text{ est impair}, \qquad q_{2m} = \Big(\frac{(2m)!}{2^{m}m!}\Big)^{2}\frac{2^{2m}(2m)!}{(4m)!} = \frac{(2m)!^{3}}{m!^{2}\,(4m)!} = \frac{\dbinom{2m}{m}}{\dbinom{4m}{2m}}}$$ On trouve $q_{2} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ et $q_{4} = \frac{6}{70} = \frac{3}{35}$, valeurs confirmées par énumération ✓.

4. Pour $0 \leqslant k \leqslant 2n - 1$, on a $\binom{2n}{k+1} \big/ \binom{2n}{k} = \frac{2n - k}{k + 1}$, qui est supérieur ou égal à $1$ si et seulement si $k \leqslant n - \frac{1}{2}$, c'est-à-dire $k \leqslant n - 1$ : les coefficients croissent jusqu'à $\binom{2n}{n}$, puis décroissent, et $\binom{2n}{n}$ est le plus grand. La somme des $2n + 1$ coefficients vaut $2^{2n}$ (théorème 3), donc $\binom{2n}{n} \leqslant 2^{2n}$. Pour la minoration, on regroupe les deux coefficients extrêmes, $\binom{2n}{0} + \binom{2n}{2n} = 2 \leqslant \binom{2n}{n}$ pour $n \geqslant 1$, et l'on majore chacun des $2n - 1$ autres par $\binom{2n}{n}$ : $$2^{2n} = 2 + \sum_{k=1}^{2n-1} \dbinom{2n}{k} \leqslant \dbinom{2n}{n} + (2n - 1)\dbinom{2n}{n} = 2n\dbinom{2n}{n}, \qquad \boxed{\frac{2^{2n-1}}{n} \leqslant \dbinom{2n}{n} \leqslant 2^{2n}}$$ On en déduit $p_{n} = \frac{2^{n}}{\binom{2n}{n}} \leqslant \frac{2^{n} \times n}{2^{2n-1}} = \frac{2n}{2^{n}}$. De même, pour $n = 2m$, la minoration au rang $2m$ et la majoration au rang $m$ donnent $q_{2m} \leqslant \frac{2^{2m} \times 2m}{2^{4m-1}} = \frac{2n}{2^{n}}$. Comme $\frac{2n}{2^{n}}$ tend vers $0$ (croissances comparées), $$\boxed{0 \leqslant p_{n} \leqslant \frac{2n}{2^{n}}, \quad 0 \leqslant q_{n} \leqslant \frac{2n}{2^{n}}, \qquad \lim_{n \to +\infty} p_{n} = \lim_{n \to +\infty} q_{n} = 0}$$ L'équivalent $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}}$, tiré de la formule de Stirling (chapitre 10, théorème 6, et chapitre 18, théorème 10), précise la vitesse : $p_{n} \sim \frac{\sqrt{\pi n}}{2^{n}}$. Pour $n = 10$, on a déjà $p_{10} \approx 0{,}0055$ et $q_{10} \approx 0{,}0014$ : un tirage intégral « première contre deuxième division », ou sans aucun match entre divisions, est un événement très rare.