12-02-2016

Message à ceux qui ne viennent pas régulièrement au cours :
Vous faites une erreur de jugement considérable.
C’est vrai, seulement assister au cours (et ça de façon passive) ne
suffit pas. C’est seulement un tier de l’apprentissage, mais
quand-même !
Pour bien réussir ce cours de 4 crédits, selon les normes de
l’université, il faut participer activement au cours et travailler
3*4=12 heures par semaine en moyenne sur le cours (les heures de
cours incluses).
Heureusement, en classe je vois beaucoup d’étudiants qui écoutent
avec attention, et même souvent avec un certain esprit critique. Ils
se développent chaque cours un petit peu.
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Je vais continuer de discuter le solutionnaire de l’intra 1 plus tard,
sur le tableau noir !
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• Principe du bon ordre (une autre version d’induction).
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 ou directement la dernière propriété
essentielle de N on peut utiliser le principe du bon ordre.
Les deux preuves typiques sont logiquement équivalent. Ça change
seulement la formulation ! Avec 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 ! 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 un minimum.
Considérons la fonction propositionnelle P(n) = ”n 6∈ E ” , où
n ∈ N. On va montrer par induction généreuse 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.
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. Cette fois on conclut que l’hypothèse
"E n’a pas un minimum" est faux.
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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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Rappel de mardi.
Nous voulons montrer : pour chaque nombre naturel n que si U est
un ensemble fini avec n éléments alors |P(U)| = 2n .
En ça en utilisant induction sur n.
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Brouillon : Mais comment ? Il faut être capable de déduire (d’une
certaine façon) la calculation de |P(U)| d’une calculation d’un
|P(V )| où |V | < |U|. Un candidat pour V ?
On pourrait enlever un élément de U, disons x ∈ U. En effet
V := U − {x }
a seulement n − 1 éléments.
Et 2n+1 = 2 · 2n . Donc il faut montrer que P(U) = 2P(V ) et puis
nous pouvons utiliser induction facilement.
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Soit U un ensemble non-vide et fixons un élément x ∈ U.
Divisons P(U), la collection des sous-ensembles de U, en deux
classes (sous-ensembles disjoints).
Rappel A := U\A, le complément de A ⊆ U et x ∈ A si et
seulement si x 6∈ A.
Définissons
C1 := {A ∈ P(U)| x ∈ A}
et
C2 := {A ∈ P(U)| x 6∈ A}.
Alors P(U) = C1 ∪ C2 et C1 ∩ C2 = ∅.
Nous voulons montrer que C1 et C2 ont la même taille (si U est
fini).
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x ∈ U est fixé et
C1 := {A ∈ P(U)| x ∈ A} et C2 := {A ∈ P(U)| x 6∈ A}
Définissons les 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 })|.
Ce résultat sera utilisé dans la preuve du théorème :
Théorème
Soit U un ensemble de n éléments. Alors |P(U)| = 2n .
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Démonstration.
Soit P(n) :="Pour chaque ensemble fini U de n éléments,
l’ensemble P(U) a 2n éléments".
Montrons P(n) par induction.
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 et P(n) implique P(n + 1).
Par induction le théorème est vrai.
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L’intra ...
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