La suite des nombres de Fibonacci est définie par induction. On

La suite des nombres de Fibonacci est définie par induction.
On définit au début : F (0) := 0, F (1) := 1.
Étape d’induction : Pour n ≥ 1, si F (0), . . . , F (n) sont déjà définis,
on définit
F (n + 1) := F (n) + F (n − 1).
Ainsi la suite F (n) est définie pour chaque n ∈ N.
Par exemple : :
F (0) = 0, F (1) = 1, F (2) = 1, F (3) = 2, F (4) = 3, F (5) = 5,
F (6) = 8, F (7) = 13, F (8) = 21, F (9) = 34, F (10) = 55, ....
Il y a un formule pour F (n) =?
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Supposons
G :N→N
est une fonction telle que
G(0) = 0, G(1) = 1 et
G(n) = G(n − 1) + G(n − 2)
pour n ≥ 2.
Alors nécessairement F = G.
Preuve ?
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Preuve :
Posons P(n) := ”F (n) = G(n)”. Montrons ∀n ∈ N P(n), par
induction généreuse.
Début : P(0) et P(1) sont vraie, en effet.
Étape d’induction : Supposons n ≥ 1 et P(m) vraies pour
0 ≤ m ≤ n. En particulier P(n) et P(n − 1) sont vraies. Donc
F (n) = G(n) et F (n − 1) = G(n − 1). Il suit que
F (n + 1) = F (n) + F (n − 1) = G(n) + G(n − 1) = G(n + 1) et
donc P(n + 1) vraie.
Conclusion : Par induction, P(n) vraie pour chaque n ∈ N, c.-à-d.,
F (n) = G(n) pour chaque n ∈ N. D’où F = G comme
fonctions.
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Montrer aussi : F (n) < 2n pour chaque n ∈ N.
Preuve : Posons : P(n) := ”F (n) < 2n ”, n ∈ N, ce qui est à
montrer par induction.
Début (n = 0 et n = 1) : F (0) = 0 et en effet 0 < 20 = 1 et P(0)
est vraie. Et F (1) = 1 et en effet 1 < 21 = 2 et P(1) est vraie.
Étape d’induction généreuse : Soit n ≥ 1 et P(m) vraie pour
chaque 0 ≤ m ≤ n. En particulier F (n) < 2n et F (n − 1) < 2n−1 .
Donc
F (n + 1) = F (n) + F (n − 1) < 2n + 2n−1 < 2n + 2n = 21 · 2n = 2n+1 .
Alors en effet P(n + 1) est impliqué par l’hypothèse d’induction.
Conclusion : Par le principe d’induction : P(n) est vraie pour
chaque n ∈ N.
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Soit U un ensemble fini de n éléments. On veut montrer
P(U) = 2n par une preuve par induction.
Une preuve directe existe aussi : On trouve d’abord une bijection
f : P(U) →Fonctions(U, {0, 1}). Et puis....
Brouillon : Si x ∈ U. L’ensemble des sous-ensembles de U qui ne
contiennent pas x est vraiment P(U\{x }), et |U\{x }| = n − 1.
Puis induction ? Il faut connaître aussi la taille de l’ensemble des
sous-ensembles de U qui ne contiennent pas x .....
Une préparation est nécessaire avant de commencer la preuve par
induction :
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Soit U un ensemble non-vide et fixons un élément x ∈ U.
Rappelons A := U\A, le complément de A ⊆ U.
x ∈ A si et seulement si x 6∈ A.
Définissons
C1 := {A ∈ P(U)| x ∈ A} et C2 := {A ∈ P(U)| x 6∈ A}
et fonctions
f1 : C1 → C2 par f1 (A) = A et f2 : C2 → C1 par f2 (A) = A.
Lemme
Les fonctions f2 et f1 sont bijectives.
Corollaire
Si U est un ensemble fini, alors |C1 | = |C2 | et |P(U)| = 2|C1 |.
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Démonstration.
(lemme) Par un résultat montré en classe il suffit de montrer que
f1 ◦ f2 = 1C2 et f2 ◦ f1 = 1C1 .
Si A ∈ C2 , alors x 6∈ A et x ∈ A, donc A ∈ C1 , et f2 est une
fonction.
Puis (f1 ◦ f2 )(A) = f1 (A) = A = A = 1C2 (A).
L’autre identité (f2 ◦ f1 ) = 1C1 est montrée de la même façon.
(cor.) On a C1 ∪ C2 = P(U) et C1 ∩ C2 = ∅. Alors
|P(U)| = |C1 | + |C2 | − |C1 ∩ C2 | = |C1 | + |C2 |.
f2 : C2 → C1 est une fonction bijective, donc si U est fini, alors
|C2 | = |C1 | comme déjà montré.
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Lemme
La fonction
f3 : P(U\{x }) → C2
définie par f3 (A) := A est bijective.
Corollaire
Si U est un ensemble fini, alors |P(U\{x })| = |C2 |.
Démonstration.
Si A ∈ P(U\{x }) alors c’est un sous-ensemble de U qui ne
contient pas x , donc c’est un élément de C2 . Et vice versa. Etc.
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Supposons U un ensemble fini et x ∈ U.
Conclusion des deux corollaires :
|P(U)| = 2 · |P(U\{x })|.
Maintenant nous sommes prêt pour la preuve du théorème :
Théorème
Soit U un ensemble de n éléments. Alors |P(U)| = 2n .
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Démonstration.
Posons P(n) :="Pour chaque ensemble fini U de n éléments,
l’ensemble P(U) a 2n éléments".
Montrons P(n) par inductio, n ∈ N.
Début (n = 0). U = ∅ est le seule ensemble avec 0 éléments et
P(U) = {∅} a 20 = 1 élément. Donc en effet P(0) est vraie.
Étape d’induction : Soit n ∈ N et supposons P(n) vraie.
Soit U un ensemble avec n + 1 éléments. Choisissons un élément
x ∈ U, alors U\{x } a n éléments.
Par l’hypothèse d’induction |P(U\{x })| = 2n .
Par le résultat avant : |P(U)| = 2|P(U\{x })|.
Donc |P(U)| = 2 · 2n = 2n+1 . Alors P(n) implique P(n + 1).
Conclusion Par induction le théorème est vrai.
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Il existe un alternatif pour l’induction :
• Principe du bon ordre.
Definition
Soit m, n deux nombres naturels (ou entiers). On écrit
m≤n
s’il existe un nombre naturel r ∈ N tel que m + r = n.
Definition
Soit E ⊆ N un sous-ensemble non-vide de l’ensemble des nombres
naturels et m ∈ N.
On dit : m est un minimum de E si m ∈ E et m ≤ n pour chaque
n ∈ E.
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Par exemple 0 est le minimum de N.
Un autre exemple : fixons n ∈ N et définissons le sous-ensemble
E = {m ∈ N| m 6= n et m ≥ n}. Son minimum est le successeur
n + 1.
À la place d’induction on peut utiliser le principe du bon ordre.
Les deux preuves typiques sont logiquement équivalent. Ça change
seulement la formulation !
Le principe du bon ordre se joint souvent avec des arguments par
l’absurde.
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Théorème (Principe du bon ordre)
Tout sous-ensemble non vide de N a un minimum.
Voilà, c’est tout !
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Mais ce n’est pas une des propriétés élémentaires de N, donc il
faut le montrer !
Un tel minimum est en fait unique.
Lemma (Unicité)
Soit E ⊆ N un sous-ensemble non-vide. Alors E a un seul
minimum.
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Démonstration.
Soit E ⊂ N un ensemble non-vide. On va montrer que E a un
minimum, par une preuve par contradiction :
• Supposons que E n’a pas de minimum.
Posons P(n) = ”n 6∈ E ” , où n ∈ N. À montrer que P(n) vraie
pour chaque n ∈ N.
Début : Si 0 ∈ E , alors 0 serait un minimum de E (c’est même un
minimum pour tout N). Donc 0 6∈ E et P(0) est vraie.
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(Suite de la preuve.)
Étape d’induction : Soit n ∈ N et supposons que pour 0 ≤ m ≤ n
on a P(m) vraie, c.-à-d., m 6∈ E . On va montrer que P(n + 1) est
vraie.
Supposons au contraire que P(n + 1) est fausse, c.-à-d., n + 1 ∈ E
(mais 0, 1, . . . , n ne sont pas dans E ).
Soit a ∈ E . Alors a n’est pas un des 0, 1, . . . , n, qui sont les
nombres naturels plus petit que n + 1. En conséquence a ≥ n + 1.
Et on conclut que n + 1 est un minimum de E . Ce qui est une
contradiction.
Alors P(n + 1) est vraie et nous avons complété l’étape
d’induction.
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(Suite de la preuve.)
Conclusion : Par le principe d’induction généreuse, on conclut que
P(n) est vraie pour chaque n ∈ N : pour chaque entier n 6∈ E . Ce
qui implique que E est vide !
• Une contradiction encore, parce que nous avons supposé E
non-vide.
Cette fois on conclut que l’hypothèse "E n’a pas un minimum" est
faux, et alors E a un minimum ! Fin de la preuve.
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Un minimum est en fait unique.
Lemma (Unicité)
Soit E ⊆ N un sous-ensemble non-vide. Alors E a un seul
minimum.
Démonstration.
Par le principe du bon ordre au moins un minimum existe dans E .
Soient n1 et n2 deux minima de E . Alors n1 et n2 sont dans E et
pour chaque m ∈ E on a que n1 ≤ m et n2 ≤ m. En particulier
n1 ≤ n2 (car n2 ∈ E ) et n2 ≤ n1 (car n1 ∈ E ). Donc n1 = n2 .
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Exemple :
” est vraie pour
Montrons p(n) := ”0 + 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)
2
chaque n ∈ N par le principe du bon ordre.
Soit E le sous-ensemble des n ∈ N tel que p(n) est fausse. On veut
montrer que E est vide !
Supposons E n’est pas vide.
Par le principe du bon ordre, E a un minimum, disons N.
N 6= 0, parce que ...
Alors N − 1 ∈ N et N − 1 6∈ E (parce que ...) donc p(N − 1) est
vraie :
.
0 + 1 + 2 + . . . + (N − 1) = (N−1)N
2
En ajoutant N des deux côtés :
0 + 1 + 2 + . . . + (N − 1) + N = (N−1)N
+ N = N(N+1)
2
2
et p(N) est vraie, et N 6∈ E . Contradiction.
Donc E est vide.
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Définitions de ≤ et | sur Z.
Definition
Soient n, m deux entiers. On écrit n ≤ m (ou m ≥ n) s’il existe un
r ∈ N tel que n + r = m.
Definition
Soient n, m deux entiers. On écrit n|m s’il existe un r ∈ Z tel que
nr = m.
Si n ≤ m on dit "n est plus petit que ou égal à m", ou "m est plus
grand que ou égal à n".
Si n|m on dit que "n divise m", ou "m est divisible par n".
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Théorème
Soient a, b, c trois nombres entiers.
(i) Si a ≤ b et b ≤ c alors a ≤ c.
(ii) Si a ≤ b alors a + c ≤ b + c.
(iii) Si a ≤ b et b ≤ a alors a = b
(iv) Si a ≤ b et c ∈ N alors ac ≤ bc
(v) Si a ≤ b alors −b ≤ −a.
Théorème
Soient a, b, c trois nombres entiers.
(i) Si a|b et b|c alors a|c.
(ii) Si a|b alors ac|bc et a|bc.
(iii) Si a|b et b|a alors |a| = |b|.
(iv) Si a|b et a|c alors a|(b + c).
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Démonstration.
(i) Si a ≤ b et b ≤ c il existe r , s ∈ N tels que a + r = b et
b + s = c. Donc a + (r + s) = b + s = c et r + s ∈ N donc a ≤ c.
Si a|b et b|c il existe r , s ∈ Z tels que ar = b et bs = c. Donc
a(rs) = bs = c et rs ∈ Z donc a|c.
(ii) Si a ≤ b alors il existe r ∈ N tel que a + r = b. Donc
(a + c) + r = b + c et a + c ≤ b + c.
Si a|b alors il existe r ∈ Z tel que ar = b. Donc (ac)r = bc et
ac|bc. Aussi a|ac donc par (i) : a|bc.
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(suite).
(iii) Si a ≤ b et b ≤ a, ils existent r , s ∈ N tels que a + r = b et
b + s = a. Donc a + r + s = b + s = a et r = −s. Mais r , s ∈ N,
donc r = s = 0, ou a = b.
Si a|b et b|a, ils existent deux entiers r , s tels que ar = b et
bs = a. Donc ars = bs = a et a(rs − 1) = 0. Si a = 0, alors
b = ar = 0 aussi. Si a 6= 0 alors rs = 1 donc r = s = 1 ou
r = s = −1. Donc a = b ou a = −b.
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(suite).
(iv Si a ≤ b il existe r ∈ N tel que a + r = b. Si aussi c ∈ N alors
rc ∈ N et ac + rc = (a + r )c = bc, donc ac ≤ bc.
Si a|b et a|c alors il existe r , s ∈ Z tels que ar = b et as = c.
Donc a(r + s) = ar + as = b + c et a|(b + c).
(v) Si a ≤ b, il existe r ∈ N tel que a + r = b. Donc −b + r = −a
et −b ≤ −a.
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Exemples :
Soit n ∈ Z.
• n ∈ N si et seulement si 0 ≤ n.
• Toujours : 1|n et n|0.
• Si n|a et n|b alors pour tous les entiers r et s on a
n|(ra + sb).
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Pour des entiers a, b, m 6= 0 on définit :
a ≡m b si m|(a − b).
On dit que a est congru à b modulo m
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Lemme
Soit m ∈ Z.
Alors ≡m est une relation d’équivalence sur Z,c.à-d,
(i) n ≡m n,
(ii) (n1 ≡m n2 ) → (n2 ≡m n1 ),
(iii) ((n1 ≡m n2 ) ∧ (n2 ≡m n3 )) → (n1 ≡m n3 ).
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Démonstration.
Il faut vérifier le règlement :
(i) n ≡m n parce que n − n = 0 et m|0.
(ii) Supposons n1 ≡m n2 , c.-à-d., m|(n1 − n2 ) : il existe r ∈ Z tel
que rm = n1 − n2 . Alors (−r )m = n2 − n1 et −r ∈ Z, donc par
définition m|(n2 − n1 ) et n2 ≡m n1 .
(iii) Supposons n1 ≡m n2 et n2 ≡m n3 , c.-à-d., m|(n1 − n2 ) et
m|(n2 − n3 ) : il existe r1 , r2 ∈ Z tel que r1 m = n1 − n2 et
r2 m = n2 − n3 . Alors (r1 + r2 )m = (n1 − n2 ) + (n2 − n3 ) = n1 − n3 .
Donc m|(n1 − n3 ) et n1 ≡m n3 .
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Théorème
Soit m ∈ Z.
Soient a, b, c, d des nombres entiers.
Si a ≡m b et c ≡m d, alors (a + c) ≡m (b + d) et (ac) ≡m (bd).
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Démonstration.
Si a ≡m b et c ≡m d alors il existe r , s entiers tels que
mr = (a − b) et ms = (c − d).
Donc m(r + s) = (a − b) + (c − d) = (a + c) − (b + d) et
(a + c) ≡m (b + d).
Et aussi a = b + mr et c = d + ms. Donc
ac − bd = (b + mr )(d + ms) − bd = m(rd + bs + mrs),
ce qui implique que (ac) ≡m (bd).
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Une conséquence de la longue division de l’école primaire.
Théorème (Division-avec-reste)
Soit m > 0 un nombre naturel non-zéro fixé.
Pour chaque n ∈ Z il existe deux uniques nombres entiers q, r tels
que simultanément :
(i) n = qm + r
(ii) 0 ≤ r < m.
On dit : r est le reste et q le quotient de la division partielle de n
par m.
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Démonstration.
Preuve en plusieurs étapes.
(a) Pour n ∈ Z définissons la fonction propositionnelle
P(n) := ∃q ∈ Z ∃r ∈ Z ([n = qm + r ] ∧ [0 ≤ r < m]).
Montrons d’abord P(n) vraie pour chaque n ∈ N, par induction
généreuse.
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(suite).
Début : Pour 0 ≤ n < m, prenons q = 0 et r = n, dans ce cas en
effet n = qm + r = 0m + n et 0 ≤ r < m sont vraies.
Étape d’induction : Supposons n ≥ m − 1 et P(a) vraie pour
chaque 0 ≤ a ≤ n. Prenons a = n + 1 − m, alors 0 ≤ a ≤ n en
effet. Donc par l’hypothèse généreuse P(a) est vraie. C.-à-d., il
existe des nombres entiers q0 et r0 tels que
n + 1 − m = a = q0 m + r0 et 0 ≤ r0 < m. Donc
n + 1 = (q0 + 1)m + r0 . En prenant q = q0 + 1 et r = r0 on obtient
n + 1 = qm + r et 0 ≤ r < m. Alors P(n + 1) est aussi vraie.
Par induction on conclut P(n) vraie pour chaque n ∈ N.
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(suite).
(b) Maintenant on veut montrer P(n) si n < 0. Nous savons que
−n > 0 et que P(−n) est vraie. Il existe des entiers q0 et r0 telles
que −n = q0 m + r0 et 0 ≤ r0 < m. Deux cas : r0 = 0 et r0 6= 0.
• Dans le premier cas n = (−q0 )m + 0 est la décomposition voulu
et P(n) est vraie.
• Dans l’autre cas : posons r = −r0 + m et q = −q0 − 1. Alors
0 ≤ −r0 + m < m implique 0 ≤ r < m et
n = (−q0 − 1)m + (−r0 + m) = qm + r . Ce qui montre que P(n)
est vraie aussi. Conclusion : ∀n ∈ Z P(n) vraie.
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(suite).
(c) Unicité : Supposons n = qm + r = q1 m + r1 et 0 ≤ r < m et
0 ≤ r1 < m. Alors qm + r = q1 m + r1 , ou
r − r1 = (q1 − q)m.
Sans perte de généralité nous pouvons supposer que r ≥ r1 . Et
donc
0 ≤ r − r1 < m.
Ça implique que
0 ≤ (q1 − q)m < m
et donc 0 ≤ q1 − q < 1.
Mais si 0 ≤ N < 1 et N entier, implique N = 0.
Donc q1 = q et r = n − qm = n − q1 m = r1 .
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Corollaire
Soit m > 0 un nombre naturel.
Pour chaque n ∈ Z il existe un unique r tel que n ≡m r et
0 ≤ r < m.
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Démonstration.
Soit n ∈ Z. Par le thm. il existe deux entiers q et r tels que
n = qm + r et 0 ≤ r < m. Alors m|(n − r ) et n ≡m r .
Si n ≡m r1 et n ≡m r2 avec 0 ≤ ri < m pour chaque i = 1, 2. Alors
il existe deux entiers q1 , q2 tels que n − ri = qi m ou n = qi m + ri ,
pour i = 1, 2. Par la partie "unicité" du thm : r1 = r2 (et q1 = q2 ).
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