TD1 MATH 1 solution

Université de TLEMCEN
Département de PHYSIQUE
TD n 1 MATH 1
1ère année ST-2016-2017
Logique élémentaire- Les raisonnements-Théorie des ensembles.(Solutions)
Exercice 00:
1) Déterminer les solutions de l’équation suivante en utilisant les deux discriminants 4
et 40 :
3x 2 2x 7 = 0
1) 4 = ( 2)2 4:3: ( 7) = 88
p
p
2 2 22
1
2
88
=
=
x1 =
2 (3)
6
2
0
2) 4 = ( 1)
:3: ( 7) = 22
p
p
1 + 22
1
22
; x2 =
:
x1 =
3
3
p
22
3
; x2 =
1+
p
3
22
:
2) Résoudre dans R l’inégalité suivante:
9x
2
6x + 1
40 = ( 3)2
0
:9: (1) = 0:
Alors le signe du polynôme est le signe de a = 9 > 0, alors l’ensemble des solutions est
: R:
3) Résoudre dans R les équations suivantes:
j5x
4j = x + 3;
j7x + 4j = jx
2j :
Pour résoudre une équation de type: jaj = b , a = b ou a =
j5x
4j = x + 3 , [5x 4 = x + 3] ou [5x 4 =
7
1
) x=
ou x =
avec x
3
4
6
7 1
) S=
,
:
4 6
4) Résoudre dans R l’inégalité suivante:
p
x 2 6x + 5 x 2:
p
Pour résoudre une inégalité de type: a b il faut que a
b mais il faut que b
x
0
D’autre part si b <p0 alors l’inégalité est véri…e sous la condition a
Mais si b 0 on a a b , a b2 :
1
3] avec x + 3
0:
0
0:
Dans l’exemple il faut que: x 2 6x + 5
0; 4 = 16; x1 = 1; x2 = 5: Alors il faut que
l’ensemble des solutions est inclu dans: ] 1; 1] [ [5; +1[ :
p
x 2 6x + 5 x 2:
1) Si x 2 < 0 )px < 2 ) D1 = ] 1; 1] d’après le domain de dé…nition de la racine:
2) Si x 2 0 ) x 2 6x + 5 x 2 , x 2 6x+5 (x 2)2 , x2 6x+5 x2 4x+4
, 2x 1 ) x 21 ) D2 = 1; 12 :
Conclusion: D = D1 [ D2 = ] 1; 1] :
Exercice 01: Soient P; Q et R trois propositions, dresser la table de vérité de la proposition suivante:
(A) : ((P ^ Q) _ R) , R ) P
Cette proposition est-elle une tautologie?
P Q R
1 1 1
1 1 0
1 0 1
1 0 0
0 1 1
0 1 0
0 0 1
0 0 0
R P ^ Q R ) P (P ^ Q) _ R (A)
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
Donc (A) n’est plus une tautologie.
Exercice 02: Soient p; q et r trois propositions.
1) Dresser la table de vérité de la proposition: (p ^ q) ^ (p ) q) :
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
_
q p ^ q p ) q (p ^ q) ^ (p ) q)
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
ce qui donne que la proposition est toujours fausse.
2) En déduire, sans établir de table de vérité, la valeur de vérité de la proposition:
[(p ^ q) ^ (p ) q)] ) [((r ) q) _ (p , r)) ^ (p _ r)] :
La proposition est vraie car le premier membre de l’implication est faux d’après la 1ère
question et l’implication est fausse dans un seul cas si le premier membre est vrai et le
second membre est faux.
3) Sans l’utilisation de table de vérité montrer que les deux propositions suivantes sont
équivalentes:
2
a) R ) Q _ R ) Q :
b) R _ R _ Q:
1) on calcul la négation de a
_
a
,
R)Q _ R)Q
,
R)Q
,
^
R)Q
R^Q ^ R^Q
()
()
R ^ Q ^ [R ^ Q]
R ^ R ^ Q d’après le principe de distributivité.
2) On calcul la double négation de a
_
a ,
Conclusion:
R^R ^Q
,
R^R
,
R_R _ Q
,
R _ R _ Q (ç-à-d b) )
_
_ Q
_
a , b) et on a toujours a , a donc a) , b):
Exercice 03: 1) Les propositions suivantes sont elles vraies ou fausses? Justi…er.
a) 8m 2 N; 9n 2 N; n > m + 1
b) 9n 2 N; 8m 2 N; n
m
c)
9n 2 N; 8m 2 N; n < m
d) 9x 2 R; 8y 2 R; x + y > 0 e) 9y 2 R; 8x 2 R; y = x 2: f) 9x 2 R; 8y 2 R; y 2 > x:
g) 8x 2 R+ ; 9y 2 N; yx > 1 h) trouver l’intervalle le plus grand tel que:
9x 2 I @ R; 8y 2 R : y 2 3y + 1 > x 3:
i) 9x 2 N; 9y 2 N ; (x y) (x + y) = y 2 :
2) Déterminer les négations de chacune des propositions citées en 1).
Solution:
a) 8m 2 N; 9n 2 N; n > m + 1 ( n dépend de m) est vraie car il su¢ t de prendre n = m + 2
de plus la négation est: 9m 2 N; 8n 2 N; n m + 1:
b) 9n 2 N; 8m 2 N; n m est vraie car il su¢ t de prendre n = 0:
de plus la négation est: 8n 2 N; 9m 2 N; n > m:
c) 9n 2 N; 8m 2 N; n < m est fausse car pour m = 0 le n n’existe pas.
de plus la négation est: 8n 2 N; 9m 2 N; n m
d) 9x 2 R; 8y 2 R; x + y > 0 est fasse car il su¢ t de prendre y = x 2
de plus la négation est: 8x 2 R; 9y 2 R; x + y 0:
e) 9y 2 R; 8x 2 R; y = x 2 est fausse car il su¢ t de prendre x = y
de plus la négation est: 8y 2 R; 9x 2 R; y 6= x 2 :
3
f) 9x 2 R; 8y 2 R; y 2 > x est vraie car il su¢ t de prendre x = 2
de plus la négation est: 8x 2 R; 9y 2 R; y 2 x
g) 8x 2 R+ ; 9y 2 N; yx > 1 est vraie car yx > 1 ) y > x1 alors il su¢ t de prendre y =
1
+1
x
de plus la négation est: 9x 2 R+ ; 8y 2 N; yx 1 :
h) trouver l’intervalle le plus grand tel que:
9x 2 I @ R; 8y 2 R : y 2 3y + 1 > x 3: est vraie car
y 2 3y + 1 > x 3 ) y 2 3y + 4 x > 0
4 = 9 4 (4 x) = 4x 7
il su¢ t de prendre x 47 pour que 4 0 car le polynôme ne change pas le signe.
I = 1; 47
de plus la négation est: 8x 2 I @ R; 9y 2 R : y 2 3y + 1 x 3:
i) 9x 2 N; 9y 2 N ; (x p
y) (x + y) =py 2 est fausse car on trouve: x2 = 2y 2
) x2 2y 2 = 0 ) x
2y x + 2y = 0
p
p
x
) 2 = y 2 Q ou
2 = xy 2 Q contradiction.
de plus la négation est: 8x 2 N; 8y 2 N ; (x y) (x + y) 6= y 2 :
Exercice 04: Pour n 2 N ; Montrer que:
1) Si 2n
1 est un nombre premier alors n est premier:
2) a et p sont deux entiers naturels; montrer que l’on a :
( p premier et p divise a2 ) ) p divise a:
3)
p
n est un nombre irrationnel pour tout n
irrationnel.
p
p
p
= Q:
4) Montrer que: 2 + 3 + 6 2
p
5) Montrer que si 5 2
=Q:
p
3
p
2+ 52
= Q et log10 2 2
= Q log10 2 =
Preuve:
1) Si 2n
log 2
log 10
2 premier. Déduire que:
p
p
2 + 3 est
:
1 est un nombre premier alors n est premier:
Supposons que n n’est pas premier) 9a; b 2 N avec b 6= 0 tel que: n = a b ,
(a; b) 6= (n; 1) et (a; b) 6= (1; n) :
Alors 2n
1 = 2ab
1 = (2a )b
1 = [(2a )
1] [P (2a )] avec deg P (2a ) = b
1.
car: (X)b 1 = [(X) 1] [P (X)] avec deg P (X) = b 1.
Mais [(2a ) 1] 6= 2n 1 et [(2a ) 1] 6= 1
) 2n 1 = M [P (2a )] avec M 6= 2n 1 et M 6= 1 ) 2n 1 n’est pas premier (contradiction
avec l’hypothèse).
4
2) a et p sont deux entiers naturels; montrer que l’on a :
( p premier et p divise a2 ) ) p divise a:
Si p premier et p divise a2 ) 9k 2 N tel que: a2 = k p ) a a= k p puisque p n’est
pas décomposable car il est premier alors on trouve le p dans la décomposition de a:a
en particulier dans la décomposition de a ) p divise a:
p
3) si n est premier alors n est un nombre irrationnel.
p
Supposons par l’absurde que: n est un nombre rationnel) 9a; b 2 N , (a; b) = 1 avec
p
2
b 6= 0 et n = ab ) n = ab ) n b2 = a2
) n divise a2 mais n premier) n divise a ) a = k n, k 2 N ) b2 = n k 2 ) n divise
b2 , mais n premier) n divise b
p
) n 6= 1 est un diviseur commun de a et b contradiction avec (a; b) = 1 ) n est un
nombre irrationnel.
p
p
p
D’après (4) 2 est un nombre irrationnel. Supposons que 2 + 3 est rationnel) p2+1 p3 2
p
p
Q) 2
32Q
p
p
p
p
la somme des deux nombres) 2 2 2 Q ) 2 2 Q contradiction) 2 + 3 est irrationnel.
p
p
p
= Q:
4) Montrer que: 2 + 3 + 6 2
p
p
p
p
p
p
p
p 2
Par l’absurde si 2 + 3 + 6 =
2 Q ) 2 + 3 =
6 )
2+ 3 =
p 2
p
p
6 )5+2 6= 2+6 2 6
p
2
) 6 = 4+1 2 Q contradiction car dans le cas général si n n’est pas le carré d’un entier
p
p
alors p
n2
= Q c’est le cas pour 6:
Car si 6 = pq avec (p; q) = 1 ) 6:q 2 = p2 ) q = 1 car dans la décomposition de p2 on a
pas q car: (p; q) = 1
d’où la contradiction car 6 6= p2 :
p
5) Montrer que si 5 2
=Q:
p
3
p
log 2
52
= Q et log10 2 2
= Q log10 2 = log
:
10
p
p
(1) Montrons que: 3 2 + 5 2
= Q:
p
p
p
p
p
3
Par l’absurde on suppose que: 2 + 5 = 2 Q ) 3 2 =
5)2=
5
p 2
p
p
15 + 3 2
3
)2=
3 5 + 15
5 5 ) 5 = 3 2 +5 2 Q d’où la contradiction:
2+
log 2
log 10
log 2
) log
10
q
p
(2) Montrons que: log10 2 2
= Q log10 2 =
:
Par l’absurde on suppose que: log10 2 2 Q
= pq avec p; q 2 N et (p ^ q = 1)
) q log 2 = p log 10 ) log 2q = log 10p ) 2 = 10 = 2p 5p
) (pair! 2q p = 5p !impair) d’où la contradiction.
Exercice 05: Montrer par récurrence que:
1) 8n 2 N; 4n + 6n
1 est un multiple de 9.(Rn )
5
3
Preuve: Si n = 0, 40
1 = 0 = 0:9 ) 40
6 0
6 0
1 est un multiple de 9 ) R0 est vraie.
Supposons que (Rn ) est vraie pour un n 2 N (l’hypothèse de récurrence), et montrons que
(Rn+1 ) l’est aussi, c’est-à-dire:
4(n+1) + 6 (n + 1)
1 est un multiple de 9:
En e¤et:
4(n+1) + 6 (n + 1)
1
= 4 4n + 6n + 1 + 6
= 9:k + 3:4n + 6 (l’hypothèse de récurrence)
= 9:k + 3 (9k 6n + 1) + 6 = 9 (k + 3k 2n + 1)
) 4(n+1) + 6 (n + 1) 1 est un multiple de 9:
Conclusion:
8n 2 N; 4n + 6n
2) Montrons que: 8n 2 N ;nk=1 k 3 =
2
2
1 est un multiple de 9.
n2 (n+1)2
4
: (Rn )
2
2
Si n = 1;1k=1 k 3 = 13 = 1 et n (n+1)
= 1 (1+1)
= 1 ) R1 est vraie.
4
4
Supposons que (Rn ) est vraie pour un n 2 N (l’hypothèse de récurrence), et montrons que
(Rn+1 ) l’est aussi, c’est-à-dire:
n+1 3
k=1 k
=
(n + 1)2 (n + 2)2
4
En e¤et:
n+1 3
k=1 k
=
n
3
k=1 k
2
+ (n + 1)3
n (n + 1)2
+ (n + 1)3
=
4
n2
+ (n + 1)
= (n + 1)2
4
2
2 n + 4n + 4
= (n + 1)
4
(n + 1)2 (n + 2)2
4
) (Rn+1 ) est vraie.
=
Conclusion:
8n 2 N ; 8n 2 N
;nk=1
n2 (n + 1)2
k =
:
4
3
Calculons: S = 13 + 33 + 53 + ::: + (2n + 1)3
S =
2n+1 3
k=1 k
23 + 43 + 63 + ::: + (2n)3
(2n + 1)2 (2n + 2)2
4
2
(2n + 1) (2n + 2)2
=
4
=
23 13 + 23 + 33 + ::: + n3
"
#
2
2
n
(n
+
1)
23
:
4
6
:
3) pour tout a; b 2 R et tout entier n
1, on a:
n
X
n
(a + b) =
Cnk ak :bn k :
k=0
En déduire:
n
X
Cnk :xk :
k est pair
Preuve:
Montrons par récurrence que pour tout a; b 2 R et tout entier n
n
(a + b) =
n
X
1, on a:
Cnk ak :bn k :
k=0
Cette formule est dite: binôme de Newton.
Pour n = 1;
1
X
C1k ak b1 k = C10 a0 b1 0 + C11 a1 b1
1
= b + a = (a + b)1
k=0
Supposons que pour un n
1 …xé on a:
n
(a + b) =
n
X
Cnk ak bn k :
k=0
et montrons que:
n+1
(a + b)
=
n+1
X
k
Cn+1
ak bn+1 k :
k=0
En e¤et:
n+1
(a + b)
n
= (a + b) (a + b) = (a + b)
n
X
Cnk ak bn
k=0
=
n
X
Cnk ak+1 bn
k=0
k
+
n
X
k=0
7
Cnk ak bn+1
k
k
D’autre part:
n+1
X
k
Cn+1
k
a b
n+1 k
=
0
Cn+1
0
a b
n+1 0
+
k=0
n
X
k
Cn+1
ak bn+1
k
n+1 n+1 n+1
+ Cn+1
a
b
(n+1)
k=1
= Cn0 a0 bn+1
k
Cn+1
car:
=
Cn0
a b
n+1 0
= Cn0 a0 bn+1
n
X
car:
0
=
0
a b
n+1 0
Cnk
k=1
+ Cnk
n
X
=
k
+ Cnn an+1 bn+1
a b
n+1 k
+
n
X
Cnk ak bn+1
k
+
n
X
Cnk ak
b
k=1
k
+
n
X
Cnk ak bn+1
k
+ Cnn an+1 bn+1
k=1
f (k) = f (0) + f (1) + ::: + f (n
1)
n+1 k
+
Cnk ak bn+1
k
+
n 1
X
Cnk ak+1 bn
k
+ Cnn an+1 bn
n
k=0
n
X
Cnk ak+1 bn
k
= (a + b)n+1 :
k=0
n
X
Cnk :xk :
k est pair
Il su¢ t de poser:
A=
n
X
Cnk :xk
et B =
k est pair
On a:
A+B =
et A
B =
=
n
X
k est pair
n
X
k est pair
n
X
n
X
Cnk :xk
k est impair
Cnk :xk +
n
X
Cnk :xk =
k est pair
n
X
Cnk :xk
n
X
Cnk :xk
k=0
Cnk :xk
k est pair
( 1)k Cnk :xk +
k est pair
n
X
( 1)k Cnk :xk =
k est pair
n
X
( 1)k Cnk :xk
k=0
Ce qui donne:
A+B =
n
X
Cnk :xk
k=0
A
B =
n
X
k=0
=
n
X
Cnk :xk :1n
k
= (x + 1)n
k=0
k
( 1)
Cnk :xk
(n+1)
+ Cnn an+1 bn+1
k=0
k=0
En déduire:
k
Cnk ak+1 bn
1) =
ak bn+1
n+1
et Cn+1
= Cnn
k=1
n
X
+ Cnk
k=1
n
X1
k=0
n 1
X
f (k
1
Cnk 1
+
+
k=1
Cn0
+
Cnk 1
=
0
0
n
X
=
n
X
k=0
8
Cnk : ( x)k :1n
k
= (1
x)n
(n+1)
(n+1)
La somme des deux équation donne:
(x + 1)n + (1
A=
2
x)n
:
Exercice 06:
1) Soient A et B deux ensembles, simpli…er la négation de l’expression suivante: (x 2
A ) x 2 A4B):
La négation est: x 2 A et x 2
= A4B
, x 2 A et x 2 A \ B ou x 2 CEA[B
, [x 2 A et x 2 A \ B] ou x 2 A et x 2 CEA[B d’après la distributivité de et par rapport
à ou.
() x 2 A \ B car x 2 A et x 2 CEA[B est impossible a véri…ée.
2) Donner deux propositions équivalentes à la proposition suivante: (x 2 A ) x 2 A4B):
_
On pose: (P ) : x 2 A ) x 2 A4B:La première: (P ) , P
d’après la 1ère question: P , x 2 A \ B ce qui donne:
_
= A \ B:
(P ) , P , x 2
La deuxième: la contraposée: (P ) , [x 2
= A4B ) x 2
= A]
3) A; B et C sont trois parties d’un ensembleE. Montrer que:
a) A [ B = A \ C , B
A
C.
Preuve: A [ B = A \ C , B
A
C.
") " Montrons que: A [ B = A \ C ) B
a) B
C
A, si x 2 B ) x 2 A [ B ) x 2 A \ C ) x 2 A ) B
b) A
)B
A
C, si x 2 A ) x 2 A [ B ) x 2 A \ C ) x 2 A et x 2 C ) A
A
"( "B
C
C
C )A[B =A\C
A
x2A)x2C
)x2A\C
ou x 2 B ) x 2 A ) x 2 C
a) A [ B
A \ C; si x 2 A [ B )
b) A \ C
A [ B, si x 2 A \ C ) x 2 A ) x 2 A [ B
b) A
A
B , CEB
CEA , A [ B = B
9
Preuve: a) Montrons que: A
B ) CEB
CEA
si x 2 CEB ) x 2 E et x 2
= B ) x 2 E et x 2
= A car A
b) Montrons que: CEB
1) A [ B
B?
si x 2 A [ B )
2)B
CEA ) A [ B = B
B ) x 2 CEA
x2A)x2
= CEA ) x 2
= CEB ) x 2 B
)x2B
ou x 2 B
A [ B évident .
c) Montrons que: CEB
CEA ) A
B?
si x 2 A ) x 2
= CEA ) x 2
= CEB ) x 2 B:
c) CEA\B = CEA [ CEB :
"
si
"
si
"CEA\B CEA [ CEB ?
x 2 CEA\B ) x 2
= A\B )x2
= A ou x 2
= B ) x 2 CEA ou x 2 CEB ) x 2 CEA [ CEB
" CEA [ CEB CEA\B
x 2 CEA [ CEB ) x 2 CEA ou x 2 CEB ) x 2
= A ou x 2
=B)x2
= A \ B ) x 2 CEA\B :
d) A r B = CEB r CEA :
Soit x 2 A r B , x 2 A et x 2
=B,x2
= CEA et x 2 CEB , x 2 CEB r CEA :
e) Montrer par contraposée que: [(A \ B = A \ C) et (A [ B = A [ C)] ) (B = C).
Montrons que: (B 6= C) ) [(A \ B 6= A \ C) ou (A [ B 6= A [ C)]
Si B 6= C
1er cas: S’il existe x0 2 B et x0 2
=C:
On a deux cas:
a) Si x0 2 A ) x0 2 A \ B et x0 2
= A \ C ) A \ B 6= A \ C:
b) Si x0 2
= A ) x0 2 A [ B et x0 2
= A [ C ) A [ B 6= A [ C:
2ème cas: S’il existe x0 2 C et x0 2
=B:
On a deux cas:
a) Si x0 2 A ) x0 2 A \ C et x0 2
= A \ B ) A \ C 6= A \ B:
b) Si x0 2
= A ) x0 2 A [ C et x0 2
= A [ B ) A [ C 6= A [ B:
Conclusion: On a: [(A \ B 6= A \ C) ou (A [ B 6= A [ C)] :
Exercice 07:
1) 1) Soit E = fa; bg :
a) Déterminons P (E) :
P (E) = f;; fag ; fbg ; fa; bgg
b) Déterminons P (P (E)):
8
9
< ;; f;g ; ffagg ; ffbgg ; ffa; bgg ; f;; fagg ; f;; fbgg ; f;; fa; bgg =
ffag ; fbgg ; ffag ; fa; bgg ; ffbg ; fa; bgg ; f;; fag ; fbgg ;
P (P (E)) =
:
;
f;; fag ; fa; bgg ; ffag ; fbg ; fa; bgg ; f;; fbg ; fa; bgg ; P (E)
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2) Soit F = f1; 2; 3g :
a) Déterminons P (F ) :
P (F ) = f;; f1g ; f2g ; f3g ; f1; 2g ; f1; 3g ; f2; 3g ; f1; 2; 3gg
b) Complétons les propositions suivantes par les symboles: 2; 2;
=
:
i) 1 2
= P (F ) ; ii) f1; 2g F; iii) f1; 2g 2 P (F )
iv) ;
F;
v) ; 2 P (F )
vi) f;g 2
= P (F ) ou f;g
P (F ) :
Exercice 08: 1) X étant un ensemble quelconque, on note P (X) l’ensemble des parties de X:
Soient Aet B deux ensembles quelconques.
a) A-t-on P (A [ B) = P (A) [ P (B)? Justi…er votre réponse.
Non il su¢ t de prendre:
A = f1; 2g et B = f3g ) A [ B = f1; 2; 3g
On a:
P (A) = f;; f1g ; f2g ; f1; 2gg ; P (B) = f;; f3gg
) P (A) [ P (B) = f;; f1g ; f2g ; f1; 2g ; f3gg
et
P (A [ B) = f;; f1g ; f2g ; f3g ; f1; 2g ; f1; 3g ; f2; 3g ; f1; 2; 3gg
Conclusion:
P (A [ B) 6= P (A) [ P (B) :
b) A-t-on P (A \ B) = P (A) \ P (B)? Justi…er votre réponse.
Oui car:
X 2 P (A \ B) , X A \ B , X A et X B , X 2 P (A) et X 2 P (B) , X 2 P
(A) [ P (B) :
2) Montrons par deux méthodes di¤érentes que:
Card E = n ) Card P (E) = 2n :
Soient E un ensemble non vide, et P (E) l’ensemble de ses parties. On suppose que
card E = n:
1ère méthode:
Montrer par récurrence que:
card P (E) = 2n ; 8n 2 N :
Par récurrence:
11
1ère étape: Pour un ensemble qui contient un seul élément par exemple: E = fag ) P
(E) = f?; fagg
) card P (E) = 21 = 2
donc la relation est vraie pour n = 1
2ème étape: supposons que pour un ensemble An qui contient n éléments alors: card P
(An ) = 2n
et montrons que pour un ensemble An+1 qui contient n + 1 éléments alors: card P (An+1 ) =
2n+1
En e¤et: si on a un ensemble An+1 qui contient n + 1 éléments alors: l’ensemble des parties
contient les sous ensembles
qui ont un lien avec les n premiers éléments qui sont 2n sous ensembles d’après l’hypothèse
de récurrence.
On ajoute les mêmes sous enembles mais qui contients l’élément d’ordre (n + 1) à chaque
fois.
Pour mieux comprendre pour les singleton il manque l’ensemble qui contient le (n + 1)eme
élément ç-à-d on a ajouté l’élément n + 1 à l’ensemble vide et pour les éléments qui contients
deux éléments on ajoute à chaque singleton de l’hypothèse de récurrence l’élément n + 1 et
ainsi de suite.
) card P (An+1 ) = 2n + 2n = 2n+1 :
conclusion:
card P (E) = 2n ; 8n 2 N :
On donne un exemple pour l’étape 2:
Si n = 3 par exemple: E3 = fa; b; cg et E4 = fa; b; c; dg
On a: P (E3 ) = f;; fag ; fbg ; fcg ; fa; bg ; fa; cg ; fb; cg ; fa; b; cgg
;; fag ; fbg ; fcg ; fa; bg ; fa; cg ; fb; cg ; fa; b; cg
et
P (E4 ) =
fdg ; fa; dg ; fb; dg ; fc; dg ; fa; b; dg ; fa; c; dg ; fb; c; dg ; fa; b; c; dg
Donc la première ligne contient les même sous ensembles que P (E3 ) et la deuxième à chaque
sous ensemble de la première ligne on ajoute l’élément d:
2ème méthode: Rappel: Le nombre de choix de k élément parmis les n éléments est: C kn :
Alors si on a un ensemble E qui contient n élément on va construire des sous ensembles inclus
dansl’ensemble E; on commence par les sous ensemble qui contient zéro élément parmis les
n, ensuite un élément parmis les n, et par suite deux éléments parmis les n ,... et on termine
par n élément parmis les n.
Donc d’après le rappel le nombre de ses sous ensembles est:
card P (E) = C 0n + C
n
X
=
C kn
1
n
+C
2
n
+ ::: + C
n
n
k=0
=
n
X
C kn :1k :1n
k
k=0
= (1 + 1)n = 2n :
62862764463162d645629
64464464862764462f64a646 62764462f639627621
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