47-54 - Département de mathématiques et de statistique

6.4. La cardinalité de P(E).Nous voulons montrer par induction que |P(E]|= 2|E|pour un
ensemble fini E. Nous aurons besoin de quelques préparations.
Soit Eun ensemble non-vide et fixons un élément x∈E. Divisons P(E), la collection des
sous-ensembles de E, dans deux classes (sous-ensembles disjoints). Rappel A:= E\A=E−A, le
complément de A⊆E. On remarque que x∈Asi et seulement si x6∈ A.
Définissons
C1:= {A∈P(E)|x∈A};
C2:= {A∈P(E)|x6∈ A}
et les fonctions f1:C1→C2et f2:C2→C1par f1(A) = Aet f2(A) = A.
Lemme 6.4. Les fonctions f1et f2sont bijectives.
Démonstration. Vérifions que f2est une fonction : Si A∈C2, alors x6∈ Aet x∈A, donc f2(A) =
A∈C1, en effet. Similaire pour f1.
Par un résultat déjà montré il suffit de montrer que f1◦f2= 1C2et f2◦f1= 1C1.
Puis (f1◦f2)(A) = f1(A) = A=A= 1C2(A)et (f2◦f1)(A) = f2(A) = A=A= 1C1(A). Donc
en effet f1◦f2= 1C2et f2◦f1= 1C1.
Corollaire 6.1. Si Eest un ensemble fini, alors |C1|=|C2|et |P(E)|= 2|C1|.
Démonstration. On a C1∪C2=P(E)et C1∩C2=∅. Alors |P(E)|=|C1|+|C2|−|C1∩C2|=
|C1|+|C2|.
Nous avons montré que f2:C2→C1est une fonction bijective ; donc si Eest fini, alors
|C2|=|C1|.
Lemme 6.5. La fonction
f3:P(E\{x})→C2
définie par f3(A) := Aest bijective.
Démonstration. Si A∈P(U\{x})alors Aest un sous-ensemble de E\{x}), alors Aest un sous-
ensemble de Equi ne contient pas x, c.-à-d., un élément de C2. Et vice versa. Donc f3est une
fonction bijective. 
Corollaire 6.2. Si Eest un ensemble fini, alors |P(E\{x})|=|C2|.
Conclusion des deux corollaires : Supposons Eun ensemble fini et x∈E. Alors
|P(E)|= 2 · |P(E\{x})|.
Ce résultat sera utilisé dans la preuve du théorème :
Théorème 6.5. Soit Eun ensemble de néléments. Alors |P(E)|= 2n.
Démonstration. Soit P(n) :="Pour chaque ensemble fini Ude néléments, l’ensemble P(U)a2n
éléments", avec univers du discours N.
Montrons P(n)pour chaque n∈Npar induction.
47

48
Début (n= 0). E=∅est le seule ensemble avec 0éléments et P(E) = {∅} a20= 1 élément.
Donc en effet P(0) est vraie.
Étape d’induction : Soit n∈Net supposons P(n)vraie.
Soit Eun ensemble avec n+1 éléments. Choisissons un élément x∈E, alors E\{x}anéléments.
Par l’hypothèse d’induction |P(E\{x})|= 2n.
Par le résultat avant : |P(E)|= 2|P(E\{x})|. Donc |P(E)|= 2 ·2n= 2n+1. Nous avons montré
que P(n)implique P(n+ 1).
Par induction le théorème est vrai. 
6.5. Exemple de preuve avec induction généreuse. Pour quels nombres naturel nexiste-t-il
deux nombres naturels ret ttels que n= 4r+ 5t.
Par inspection on voit que ça fonctionne au moins pour n= 0,4,5,8,9,10,12,13,14,15,16,17 et
pas pour n= 1,2,3,6,7,11 et on ne vois pas tout de suite autres contre-exemples.
Alors une conjecture se pose : Pour chaque nombre naturel n≥12 il existe deux nombres naturels
ret ttels que n= 4r+ 5t.
Maintenant il faut montrer la conjecture.
Brouillon : Comment ? Idée : on a un genre de récurrence : si n−4 = 4r1+ 5t1alors n=
4(r1+ 1) + 5t1. Donc si on peut supposer que c’est vraie pour n−4alors ce sera aussi vraie pour
n. Donc l’utilisation d’induction généreuse semble être appropriée.
On peut commencer par n= 12, car on sait que c’est vraie. Soit n≥12. Supposons vraie pour
12 ≤m≤n. Est ce que nous pouvons utiliser la récurrence trouvée pour montrer que c’est aussi
vraie pour n+1 ? Est-ce que par notre hypothèse d’induction généreuse c’est vraie pour (n+1)−4?
Seulement si 12 ≤(n+ 1) −4≤n, ou seulement si 15 ≤n! Il faut faire à la main les cas n= 13 et
n= 14 et n= 15. Après ça marche. Fin brouillon.
Maintenant la version propre !
Démonstration. Posons P(n) :=" il existe deux nombres naturels ret stels que n= 4r+ 5t." On
va montrer par induction que P(n)vraie pour n≥12.
Début : P(12),P(13),P(14) et P(15) sont toutes vraies, car 12 = 4 ·3 + 5 ·0,13 = 4 ·2 + 5 ·1,
14 = 4 ·1+5·2,15 = 4 ·0+5·3.
Étape d’induction : Supposons n≥15 et P(m)vraies pour tout 12 ≤m≤n. On a 12 ≤n−3≤n
donc P(n−3) est vraie par l’hypothèse généreuse, c.-à-d. il existe deux nombres naturels r0et s0
tels que n−3=4r0+ 5t0. Alors n+ 1 = 4(r0+ 1) + 5t0. Donc P(n+ 1) est aussi vraie.
Par induction généreuse P(n)est vraie pour chaque entier n≥12.
6.6. Nombres de Fibonacci. Nous pouvons aussi utiliser l’induction pour des définitions. Posons
F(0) := 0,F(1) := 1. Il existe une unique fonction F:N→Ntelle que pour n≥2on a
F(n) = F(n−1) + F(n−2).
F(n)est appelé le n-ième nombre de Fibonacci.
Supposons n≥1et F(m)est définie pour 0≤m≤n. Alors on définit F(n+1) = F(n)+F(n−1).
Ainsi F(n)est définie pour chaque n∈N.
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, . . .

49
(Vous voyez une formule pour F?)
Cette définition est sans ambiguités : Supposons G:N→Nest une autre fonction aussi avec
G(0) = 0,G(1) = 1 et G(n) = G(n−1) + G(n−2). Alors F=G.
Démonstration. Posons P(n) := ”F(n) = G(n)”. Montrons ∀n∈NP(n).
Début : P(0) et P(1) sont vraie.
Étape d’induction : Supposons n≥1et 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.
Par induction généreuse : P(n)vraie pour chaque n∈N, c.-à-d., F(n) = G(n)pour chaque
n∈N. D’où F=Gcomme fonctions. 
Lemme 6.6. F(n)<2npour chaque n∈N.
Démonstration. Preuve par induction que P(n) := ”F(n)<2n”est vraie pour chaque n∈N.
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≥1et P(m)vraie pour chaque 0≤m≤n. En particulier
F(n)<2net 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.
Par le principe d’induction : P(n)est vraie pour chaque n∈N.
7. Divisibilité dans Z
Dans Zil y une notion de ≤et une notion de divisibilité 11. Au niveau de définition les deux sont
un peu similaires.
Définition 7.1. Soient n, m deux entiers. On écrit n≤m(ou m≥n) s’il existe un nombre
naturel r∈Ntel que n+r=m.
Si n≤mon dit "nest plus petit que ou égal à m", ou "mest plus grand que ou égal à n".
Définition 7.2. Soient n, m deux entiers. On écrit n|ms’il existe un nombre entier r∈Ztel que
nr =m.
Si n|mon dit que "ndivise m", ou "mest divisible par n", ou "mest un n-multiple".
Voici quelques propriétés élémentaires.
Théorème 7.1. Soient a, b, c trois nombres entiers.
(i) Si a≤bet b≤calors a≤c.
(ii) Si a≤balors a+c≤b+c.
(iii) Si a≤bet b≤aalors a=b
(iv) Si a≤bet c∈Nalors ac ≤bc
(v) Si a≤balors −b≤ −a.
11. Voir [R, §2.3]

50
Théorème 7.2. Soient a, b, c trois nombres entiers.
(i) Si a|bet b|calors a|c.
(ii) Si a|balors ac|bc et a|bc.
(iii) Si a|bet b|aalors |a|=|b|.
(iv) Si a|bet a|calors a|(b+c).
Démonstration. (i) Si a≤bet b≤cil existe r, s ∈Ntels que a+r=bet b+s=c. Donc
a+ (r+s) = b+s=cet r+s∈Ndonc a≤c.
Si a|bet b|cil existe r, s ∈Ztels que ar =bet bs =c. Donc a(rs) = bs =cet rs ∈Zdonc a|c.
(ii) Si a≤balors il existe r∈Ntel que a+r=b. Donc (a+c) + r=b+cet a+c≤b+c.
Si a|balors il existe r∈Ztel que ar =b. Donc (ac)r=bc et ac|bc. Aussi a|ac donc par (i) : a|bc.
(iii) Si a≤bet b≤a, ils existent r, s ∈Ntels que a+r=bet 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|bet b|a, ils existent deux entiers r, s tels que ar =bet bs =a. Donc ars =bs =aet
a(rs −1) = 0. Si a= 0, alors b=ar = 0 aussi. Si a6= 0 alors rs = 1 donc r=s= 1 ou r=s=−1.
Donc a=bou a=−b.
(iv Si a≤bil existe r∈Ntel que a+r=b. Si aussi c∈Nalors rc ∈Net ac +rc = (a+r)c=bc,
donc ac ≤bc.
Si a|bet a|calors il existe r, s ∈Ztels que ar =bet as =c. Donc a(r+s) = ar +as =b+cet
a|(b+c).
(v) Si a≤b, il existe r∈Ntel que a+r=b. Donc −b+r=−aet −b≤ −a.
Exemple 7.1.Soit n∈Z.
(i) On a n∈Nsi et seulement si 0≤n.
(ii) Toujours : 1|net n|0.
(iii) Si n|aet n|balors pour tous les entiers ret son a
n|(ra +sb).
7.1. Modulo m.Rappelons que nous avons défini pour des entiers a, b, m (m6= 0) :
a≡mbsi m|(a−b).
Voici la preuve promise du fait que ≡mest une relation d’équivalence.
Lemme 7.1. ≡mest une relation d’équivalence sur Z.
Démonstration. (i) n≡mnparce que n−n= 0 et m|0.
(ii) Supposons n1≡mn2, c.-à-d., m|(n1−n2): il existe r∈Ztel que rm =n1−n2. Alors
(−r)m=n2−n1et −r∈Z, donc par définition m|(n2−n1)et n2≡mn1.
(iii) Supposons n1≡mn2et n2≡mn3, c.-à-d., m|(n1−n2)et m|(n2−n3): il existe r1, r2∈Z
tel que r1m=n1−n2et r2m=n2−n3. Alors (r1+r2)m= (n1−n2)+(n2−n3) = n1−n3. Donc
m|(n1−n3)et n1≡mn3.

51
Nous avons défini +et ·sur l’ensemble des classes d’équivalences modulo m,Z/mZ. Que ces
définitions ne dépendent pas des choix est vérifié dans le théorème suivant 12.
Théorème 7.3. Soient a, b, c, d, m des nombres entiers.
(i) Si a≡mcet b≡md, alors (a+b)≡m(c+d)et (ab)≡m(cd).
(ii) Si C`m(a) = C`m(c)et C`m(b) = C`m(d), alors C`m(a+b) = C`m(c+d)et C`m(ab) =
C`m(cd).
Démonstration. Si a≡mcet b≡mdalors il existe des entiers r, s tels que mr = (a−c)et
ms = (b−d). Donc m(r+s)=(a−c)+(b−d)=(a+b)−(c+d)et (a+b)≡m(c+d).
Et aussi a=c+mr et b=d+ms. Donc
ab −cd = (c+mr)(d+ms)−cd =m(rd +cs +mrs),
ce qui implique que (ab)≡m(cd).
7.2. Division avec reste. On ne peut pas diviser dans Zmais on a un alternatif fiable. C’est
essentiellement la longue division de l’école primaire, une divison partielle avec un petit reste à la
fin.
Théorème 7.4 (Division-avec-reste).Soit m > 0un nombre naturel non-zéro fixé.
Pour chaque n∈Zil existe deux uniques nombres entiers q, r tels que simultanément :
(i) n=qm +r
(ii) 0≤r < m.
On dit : rest le reste et qle quotient de la division partielle de npar m.
Remarque. Soient net m > 0deux nombres naturels. Considérons la fraction n
m. Alors il y un
unique nombre naturel qtel que q≤n
m< q + 1. C’est le qdu théorème. Ce qest donc presque n m.
Démonstration. La preuve se déroule en plusieurs étapes.
(a) Pour n∈Zdéfinissons 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.
Début : Pour 0≤n < m, prenons q= 0 et r=n, dans ce cas en effet n=qm +r= 0m+net
0≤r < m sont vraies.
Étape d’induction : Supposons n≥m−1et P(a)vraie pour chaque 0≤a≤n. Prenons
a=n+ 1 −m, alors 0≤a≤nen effet. Donc par l’hypothèse généreuse P(a)est vraie. C.-à-d.,
il existe des nombres entiers q0et r0tels que n+ 1 −m=a=q0m+r0et 0≤r0< m. Donc
n+ 1 = (q0+ 1)m+r0. En prenant q=q0+ 1 et r=r0on obtient n+ 1 = qm +ret 0≤r < m.
Alors P(n+ 1) est aussi vraie.
Par induction on conclut P(n)vraie pour chaque n∈N.
(b) Maintenant on veut montrer P(n)si n < 0. Nous savons que −n > 0et que P(−n)est vraie.
Il existe des entiers q0et r0telles que −n=q0m+r0et 0≤r0< m. Deux cas : r0= 0 et r06= 0.
•Dans le premier cas n= (−q0)m+ 0 est la décomposition voulu et P(n)est vraie.
12. Voir [R, p.112]