Algèbre discrète (2° quadrimestre)

L G
ité
L G
lim
Faculté des Sciences Appliquées
sa
ge
Algèbre
U
Deuxième partie
Mathématiques discrètes
Éric J.M. DELHEZ
Juillet 2008
6.1 Ensemble.
lim
Théorie des ensembles.
ité
Chapitre 6
U
sa
ge
La théorie des ensembles, d’abord énoncée en 1895 par le mathématicien allemand
Georg Cantor (1845-1918), constitue la fondation de la pensée mathématique. En effet, le
langage de la théorie des ensembles est utilisé dans tous les domaines des mathématiques.
Un ensemble est une collection d’objets distincts, appelés éléments de l’ensemble.
Dans ces notes, nous indiquerons les ensembles par des lettres majuscules et les
éléments par des lettres minuscules. La relation d’appartenance d’un élément a à un
ensemble S s’écrit
a∈S
(6.1)
La négation de a ∈ S s’écrit a 6∈ S.
On décrit très souvent un ensemble en donnant la liste de tous ses éléments entre
accolades. On dit alors que l’ensemble est défini en extension.
E XEMPLE 6.1 L’ensemble des voyelles est décrit par
A = {a, e, i, o, u, y}
⋄
E XEMPLE 6.2 La notation {2} désigne un ensemble dont le seul élément est 2. On ne doit
cependant pas confondre l’ensemble {2} avec l’élément 2.
⋄
Le principe d’extension affirme qu’un ensemble est complètement défini par ses
éléments. Deux ensembles seront donc dits égaux si et seulement s’ils sont constitués
des mêmes éléments. Remarquons que l’ordre dans lequel les éléments sont cités ainsi
que le fait qu’un même élément soit énuméré à plusieurs reprises sont sans importance.
E XEMPLE 6.3 L’ensemble A = {1, 3, 3, 5, 5, 5} est égal à l’ensemble B = {5, 1, 3}, soit
A=B
⋄
176
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
177
On peut également définir un ensemble en compréhension, c’est-à-dire en donnant
une propriété P(x) qui caractérise les éléments x de cet ensemble.
ité
E XEMPLE 6.4 La définition en compréhension B = {x|x est un naturel inférieur ou égal à 10} est
équivalente à
B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}
⋄
lim
Pour définir un ensemble A en compréhension, il est nécessaire de disposer d’un
ensemble de base U parmi les éléments duquel on recherche ceux qui vérifient la propriété
P. Cet ensemble U est appelée un univers (ou ensemble universel) 1 .
En général, on écrira donc
A = {x ∈ U |P(x)}
(6.2)
ou
A = {x|x ∈ U
et P(x)}
(6.3)
U
sa
ge
Dans cette écriture, la barre verticale | (parfois remplacée par “ :”) se lit “tel que”.
Les ensembles usuels
• N : l’ensemble des naturels = {0, 1, 2, · · ·}
• Z : l’ensemble des entiers = {0, 1, −1, +2, −2, · · ·}
• Q : l’ensemble des nombres rationnels
• R : l’ensemble des nombres réels
• C : l’ensemble des nombres complexes
apparaissent comme tels ou comme univers en mathématique.
Remarquons que l’écriture en extension d’un ensemble n’est possible que si
l’ensemble ne contient qu’un nombre limité d’éléments ou si les éléments sont reliés entre
eux par un lien logique évident à la vue des quelques premiers éléments de l’ensemble.
1 PARADOXE DE
RUSSEL . La définition d’un univers permet d’éviter le paradoxe suivant.
La plupart des ensembles ne sont pas des éléments d’eux-mêmes. Par exemple, l’ensemble des entiers
n’est pas un entier et l’ensemble des chevaux n’est pas non plus un cheval. Cependant, l’ensemble des idées
abstraites est une idée abstraite. Plus généralement, soit
A = {X|X est un ensemble et X 6∈ X}
La question de savoir si A ∈ A est alors sans réponse puisque les propositions A ∈ A et A 6∈ A sont toutes
deux fausses.
Si, par contre, on ne définit les ensembles que comme sous-ensembles d’univers, alors le paradoxe
disparaı̂t puisque
A = {X ∈ U|X 6∈ X}
implique alors A 6∈ A. En effet, si A ∈ A, alors A 6∈ A comme élément de A. Par contre, A 6∈ A ne conduit à
aucune contradiction mais simplement au fait que A 6∈ U.
De façon plus précise encore, on peut développer une théorie des ensembles basée sur une hiérarchie
de niveaux T0 , T1 , . . . , Tk , . . . , appelés types. Le type le plus bas, i.e. T0 , correspond aux éléments. À tout
autre type Tk correspondent des ensembles constitués d’éléments appartenant au type Tk−1 immédiatement
inférieur dans la hiérarchie. Ainsi, dans cette approche, tout ensemble appartient à un et un seul type Tk
(k > 0) et, pour tout ensemble A, on a nécessairement A 6∈ A.
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
178
E XEMPLE 6.5 L’ensemble {1, 3, 5, 7, 9, 11, · · · } désigne manifestement l’ensemble des naturels
impairs, soit de façon équivalente
k ∈ N}
pour
ité
{n ∈ N|n = 2k + 1
⋄
L’ensemble qui ne contient aucun élément est l’ensemble vide ou nul. On le représente
par φ. Grâce à cette définition, on peut énoncer le principe d’abstraction :
lim
Étant donné un univers U et une propriété P, il existe toujours un ensemble A
dont les éléments sont ceux de U possédant la propriété P.
6.2 Sous-ensemble.
Un ensemble A est un sous-ensemble ou une partie d’un ensemble B si tous les
éléments de A sont également des éléments de B. Ceci s’écrit A ⊂ B ou B ⊃ A. On dit
aussi que A est inclus dans B.
Inversement, A n’est pas un sous-ensemble de B si un élément de A au moins
n’appartient pas à B. Dans ce cas, on écrit A 6⊂ B.
Remarquons que l’on réserve parfois la notation A ⊂ B au cas où A est un sousensemble propre de B, c’est-à-dire si A est un sous-ensemble de B et s’il existe au moins
un élément de B n’appartenant pas à A (soit A 6= B). Dans ce cadre, on écrit A ⊆ B pour
signaler que A est un sous-ensemble, propre ou non, de B. Nous n’utiliserons pas cette
notation dans ces notes.
sa
ge
U
E XEMPLE 6.6 Les ensembles N, Z, Q et R définis précédemment vérifient
N⊂Z⊂Q⊂R
⋄
D’après la définition d’un sous-ensemble, il est évident que l’on a toujours
φ⊂A
et A ⊂ A
(6.4)
On peut également traduire la relation d’égalité entre deux ensembles en termes de
sous-ensembles :
A=B
⇔
A ⊂ B et B ⊂ A
(6.5)
Ainsi donc, pour démontrer que deux ensembles sont égaux, on prouvera souvent
qu’ils sont des sous-ensembles l’un de l’autre.
E XEMPLE 6.7 Pour déterminer si les ensembles A et B définis par
A = {n ∈ Z|n = 2p
où
p ∈ Z}
B = {m ∈ Z|m = 2q − 2 où
q ∈ Z}
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
179
sont égaux, on examinera successivement les propositions A ⊂ B et
D’une part, si n ∈ A, alors, il existe p ∈ Z tel que
B ⊂ A.
= 2q − 2
où q = p + 1 ∈ Z. Dès lors, n ∈ B et A ⊂ B.
D’autre part, pour tout m ∈ B, il existe q ∈ Z tel que
m = 2q − 2 = 2(q − 1)
= 2p
lim
où p = q − 1 ∈ Z de sorte que m ∈ A et B ⊂ A.
En conclusion, on trouve donc A = B.
ité
n = 2p = 2(p + 1) − 2
⋄
6.3 Diagramme de Venn.
U
sa
ge
Les relations entre des ensembles et les opérations sur ceux-ci peuvent être
avantageusement interprétées sur un diagramme de Venn. Un tel diagramme est une
représentation graphique des éléments des ensembles par des points dans le plan.
L’univers U est représenté (si nécessaire) par l’intérieur d’un rectangle et les autres
ensembles par des zones du plan délimitées par des courbes fermées.
La construction du diagramme de Venn est régie par les trois règles suivantes :
– Si A et B sont disjoints, c’est-à-dire s’ils n’ont aucun élément en commun, les zones
représentant A et B sont disjointes.
– Si A ⊂ B, la zone représentant A est entièrement contenue dans la zone
représentant B.
– Si A et B possèdent des éléments en commun (sans que A ⊂ B ni B ⊂ A), alors les
zones représentant A et B se chevauchent.
E XEMPLE 6.8 La relation entre les ensembles Z, Q et R peut être représentée par
Q
R
Z
U
F IG . 6.1
⋄
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
180
6.4 Opérations sur les ensembles.
6.4.1 Union et intersection.
ité
Soient A et B deux ensembles d’un univers U .
On peut définir de nouveaux ensembles au moyen des définitions suivantes :
– L’union de A et B, notée A ∪B, est l’ensemble de tous les éléments qui appartiennent
à A ou à B
A ∪ B = {x ∈ U |x ∈ A ou x ∈ B}
(6.6)
lim
– L’intersection de A et B, notée A ∩ B, est l’ensemble des éléments qui appartiennent
à la fois à A et à B
A ∩ B = {x ∈ U |x ∈ A et x ∈ B}
(6.7)
– La différence de A et B, notée A\B, est l’ensemble des éléments de A qui
n’appartiennent pas à B
A\B = {x ∈ U |x ∈ A
et x 6∈ B}
(6.8)
– Le complément2 de A, noté A ou Ac , est l’ensemble des éléments de U qui
n’appartiennent pas à A :
A = {x ∈ U |x 6∈ A}
(6.9)
sa
ge
A∪B
A
B
A∩B
A
B
U
A
B
U
U
A\B
U
A
B
U
A
F IG . 6.2
2 On
dit parfois le complément absolu pour le distinguer de A\B qui est alors appelé le complémentaire
relatif de B par rapport à A.
Malgré la similitude d’écriture, i.e. A, on évitera de confondre le complément de A avec l’adhérence de
A définie en analyse. Le contexte permet en général de lever l’incertitude.
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
181
Ces opérations possèdent les propriétés suivantes :
– Identité :
– Domination :
A∪φ = A
A ∩U = A
(6.10)
A∩φ = φ
A ∪U = U
(6.11)
A∪A = A
A∩A = A
(6.12)
– Idempotence :
– Involution :
lim
(A) = A
– Complémentarité :
U =φ
A∪B = B∪A
(6.13)
A∩A = φ
(6.14)
φ =U
(6.15)
A∩B = B∩A
(6.16)
A∪A =U
– Commutativité :
$
ité
'
U
sa
ge
– Associativité :
A ∪ (B ∪C) = (A ∪ B) ∪C
A ∩ (B ∩C) = (A ∩ B) ∩C
(6.17)
– Distributivité :
A ∪ (B ∩C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪C)
A ∩ (B ∪C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩C)
(6.18)
– Loi de De Morgan :
A∪B = A∩B
&
A∩B = A∪B
(6.19)
%
Ces différentes lois expriment l’égalité des ensembles situés à gauche et à droite du
signe d’égalité. Elles peuvent donc être démontrées en deux étapes en utilisant (6.5).
E XEMPLE 6.9 Démontrer la loi de De Morgan
A∩B = A∪B
a)
x ∈ A ∩ B ⇒ x 6∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A ou
Soit
A∩B ⊂ A∪B
x ∈ B ⇒ x ∈ A∪B
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
x ∈ A ∪ B ⇒ x ∈ A ou
x ∈ B ⇒ x 6∈ A ou
⇒ x 6∈ A ∩ B
x 6∈ B
ité
b)
182
⇒ x ∈ A∩B
Soit
A∪B ⊂ A∩B
La conjonction de a) et b) établit le résultat.
⋄
lim
La méthode la plus simple pour prouver les égalités associées consiste cependant à
identifier les ensembles définis par les différentes expressions sur le diagramme de Venn.
E XEMPLE 6.10 Reprenons la seconde loi de De Morgan
A∩B = A∪B
B
A
U
sa
ge
A∩B
U
F IG . 6.3
Les deux membres de cette expression identifient la même partie du diagramme de Venn et
définissent donc le même ensemble.
⋄
Remarquons que les lois de l’algèbre3 des ensembles peuvent être groupées par paires.
Cette constation constitue le fondement de principe de dualité qui établit que lorsqu’une
équation E est une identité, l’équation duale E ∗ obtenue en remplaçant respectivement
∪, ∩, U et φ dans E par ∩, ∪, φ et U est également une identité. C’est le cas pour les
3 Le
terme ‘algèbre’ désigne ici un ensemble d’éléments, les ensembles dans le cas présent, et les
opérations permettant de manipuler ces éléments. D’un point de vue théorique, une algèbre désigne un
espace vectoriel E sur un corps K (=R où C) muni d’une loi de multiplication qui en fait un anneau (Cf.
section 12.3.6) tel que
∀x, y ∈ E, ∀α ∈ K,
α(xy) = (αx)y = x(αy)
.
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
183
A ∪ B ∪C
et
A ∩ B ∩C
sont clairement définis ainsi que
n
[
Ai
n
\
Ai
i=1
lim
A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An =
et
ité
égalités (6.10) à (6.19) et c’est donc également le cas de toutes les égalités obtenues par
application de ces lois.
Les opérations ∪ et ∩ peuvent être généralisées pour s’appliquer à un nombre
quelconque d’ensembles. En effet, ces opérations étant associatives, les ensembles
A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An =
(6.20)
(6.21)
(6.22)
i=1
6.4.2 Parties d’ensembles et produit cartésien.
U
sa
ge
Les opérations définies jusqu’ici sur les ensembles donnent pour résultats des
ensembles appartenant au même univers que les ensembles de départ, i.e. ils sont formés
d’éléments du même type. On peut également définir de nouveaux types d’ensembles.
Ainsi, l’ensemble des parties d’un ensemble A (ou puissance de A), noté P (A), est
l’ensemble dont les éléments sont les sous-ensembles de A, soit
P (A) = {X |X ⊂ A}
(6.23)
E XEMPLE 6.11 L’ensemble des parties de {0, 1, 2} est
{φ, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1, 2}}
⋄
E XEMPLE 6.12 Quel est l’ensemble des parties de l’ensemble vide ?
L’ensemble vide a un seul sous-ensemble, lui-même, dès lors P (φ) = {φ}
Par contre,
P ({φ}) = {φ, {φ}}
puisque l’ensemble {φ} comporte deux sous-ensembles, soit φ et l’ensemble {φ} lui-même.
Une partition de A est un sous-ensemble {A1 , A2 , . . ., An } de P (A) tel que :
• A = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An
• Les Ai sont mutuellement disjoints, c’est-à-dire tels que ∀i, j ∈ {1, 2, . . ., n}
Ai ∩ A j = φ si i 6= j
⋄
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
184
Afin de définir une structure de données dans laquelle l’ordre des éléments importe,
on définit le produit cartésien de deux ensembles A et B, noté A × B, comme l’ensemble
des couples (a, b) où a ∈ A et b ∈ B, soit
et b ∈ B}
(6.24)
ité
A × B = {(a, b)|a ∈ A
Plus généralement, le produit cartésien des ensembles A1 , A2 . . . An est défini par
lim
A1 × A2 × · · · × An = {(a1, a2 , . . . , an )|a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , . . ., an ∈ An }
(6.25)
Un couple (a, b) et, plus généralement, un n-uple (a1 , a2 , . . ., an ) sont ordonnés, ce qui
les distingue des ensembles {a, b} et {a1 , a2 , . . ., an }
Deux n-uples sont égaux si et seulement si leurs composantes sont égales, soit
(a1 , a2 , . . ., an ) = (b1 , b2 , . . ., bn )
⇔
ai = bi , ∀i ∈ {1, 2, . . ., n}
(6.26)
U
sa
ge
E XEMPLE 6.13 Soient A = {1, 2} et B = {a, b, c}, il vient
A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)}
et
B × A = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}
avec
A × B 6= B × A
⋄
Dans le cas particulier où A1 = A2 = · · · = An = A, on écrit An au lieu de A×A×· · · ×A
et on dit que An est la nième puissance cartésienne de A. On sera attentif au fait que, par
application de la définition du produit cartésien,
A0 = {()} =
6 φ
et
A1 = {(a)|a ∈ A} =
6 A
E XEMPLE 6.14 Soit A = {a, b, c}. Il vient
• A0 = {()}
• A1 = {(a), (b), (c)}
• A2 = {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c)}
(6.27)
⋄
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
185
6.5 Fonction.
6.5.1 Définition.
lim
ité
Une fonction d’un ensemble A vers un ensemble B (non vides) est une loi qui, à tout
élément x de A, fait correspondre un et un seul élément y de B. Symboliquement, on écrit
f : A → B, x 7→ y = f (x).
L’ensemble A est le domaine de f tandis que B en est le co-domaine. L’élément y ∈ B
tel que y = f (x) est appelé l’image de x par f . De même, l’image de A est l’ensemble des
éléments y de B qui peuvent s’écrire comme l’image d’un élément au moins de A, i.e.
f (A) = y ∈ B : ∃x ∈ A tel que y = f (x)
(6.28)
Le graphe d’une fonction de A vers B est le sous-ensemble du produit cartésien de A
et B donné par
Gr f = (x, y) : x ∈ A, y = f (x)
(6.29)
Si f et g sont deux fonctions définies respectivement de A vers B et de B vers C, alors
on peut introduire la fonction composée
g ◦ f : A → C, x 7→ g[ f (x)]
Il est important de remarquer que la définition d’une fonction ne se limite pas à des
sous-ensembles A et B de R. On peut définir des fonctions entre n’importe quel type
d’ensembles.
sa
ge
U
(6.30)
E XEMPLE 6.15 SoitA l’ensemble
des chaı̂nes de caractères formées d’un nombre quelconque de
lettres choisies dans a, b . Le nombre de lettres composant une chaı̂ne de caractères s ∈ A est
donné par une fonction f : A → N.
⋄
E XEMPLE 6.16 On peut définir la fonction f : P ({a, b, c}) → N qui à tout sous-ensemble X de
{a, b, c} fait correspondre le nombre d’éléments de X .
⋄
6.5.2 Injection, surjection, bijection.
Une fonction injective, ou injection, est une fonction f telle que
∀x1 , x2 ∈ A : x1 6= x2
⇒
f (x1 ) 6= f (x2 )
(6.31)
soit encore
f (x1 ) = f (x2 )
⇔
x1 = x2
(6.32)
Une fonction surjective, ou surjection, est une fonction f telle que
∀y ∈ B, ∃x ∈ A : y = f (x)
(6.33)
Une fonction qui est à la fois injective et surjective est une bijection. On dit aussi qu’elle
est bijective.
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
A
Fonction surjective
B A
Fonction bijective
B A
lim
F IG . 6.4
B
ité
Fonction injective
186
Quel que soit l’ensemble A considéré, la fonction identique 1A telle que
1A : A → A, x 7→ x
(6.34)
est évidemment bijective.
Une fonction f : A → B possède une fonction réciproque à gauche fg−1 : B → A, i.e.
une fonction telle que
fg−1 ◦ f = 1A
i.e.
∀x ∈ A
(6.35)
si et seulement si elle est injective. De même f possède une fonction réciproque à droite
fd−1 : B → A, i.e. une fonction telle que
sa
ge
U
fg−1 ( f (x)) = x
f ◦ fd−1 = 1B
i.e.
f ( fd−1 (y)) = y
∀y ∈ B
(6.36)
si et seulement si elle est surjective. Enfin, f possède une réciproque f −1 : B → A, i.e. une
fonction telle que
et
f −1 ◦ f = 1A
i.e.
f −1 ( f (x)) = x
∀x ∈ A
(6.37)
f ◦ f −1 = 1B
i.e.
f ( f −1 (y)) = y
∀y ∈ B
(6.38)
si et seulement si elle est bijective.
E XEMPLE 6.17 L’opération de codage d’un message avant sa transmission au travers d’un réseau
est décrite par une fonction bijective.
Un moyen simple de coder un message constitué d’une séquence de 0 et de 1
consiste à copier trois fois chaque bit du message. Ainsi, le message 00101111 deviendrait
000000111000111111111111.
Dans ce cas, la fonction de codage f fait correspondre à chaque chaı̂ne de 0 et 1 la chaı̂ne
obtenue en écrivant trois fois consécutivement chaque 0 et chaque 1 apparaissant dans le message
d’origine.
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
187
ité
La fonction de décodage f −1 fait correspondre à chaque message codé la chaı̂ne de 0 et 1
obtenue en remplaçant chaque groupe de trois bits consécutifs identiques par une seule copie de
ce bit.
Ce type de transformation permet de corriger les erreurs éventuelles (si elles ne sont pas
nombreuses) induites par des interférences dans le canal de transmission de l’information. Il
suffit, lorsque trois bits consécutifs ne sont pas identiques, de baser le décodage sur les deux
bits identiques.
⋄
6.6 Ensemble fini, infini et dénombrable.
lim
Un ensemble A est dit fini si on peut trouver un entier n ∈ N tel que A contient
exactement n éléments. Dans le cas contraire, il est dit infini.
On appelle cardinal d’un ensemble fini le nombre d’éléments appartenant à cet
ensemble. Celui-ci se note |A|.
E XEMPLE 6.18 L’ensemble vide et l’ensemble des lettres de l’alphabet sont tous deux finis. Par
contre, l’ensemble des entiers est infini.
⋄
On peut étendre le concept de cardinal d’un ensemble à tous les ensembles, qu’ils
soient finis ou infinis, en utilisant la définition suivante :
Deux ensembles A et B ont le même cardinal si et seulement s’il existe une
bijection entre A et B. On dit alors que A et B sont équipotents.
'
$
&
%
sa
ge
U
Cette définition est manifestement compatible avec celle du cardinal d’un ensemble
fini non vide. Il suffit en effet de mettre l’ensemble A en bijection avec l’ensemble
{1, 2, . . ., n} (où n ∈ N0 ).
Le cardinal de l’ensemble infini N0 des naturels strictement positifs est noté ℵ0 4 .
Un ensemble A qui est fini ou dont le cardinal est égal à celui de l’ensemble
N0 des entiers strictement positifs est appelé dénombrable. Sinon il est non
dénombrable.
Un ensemble A est donc dénombrable s’il peut être mis en bijection avec N0
ou avec un sous-ensemble de N0 . La bijection est alors une énumération de A.
Notons que toute union dénombrable d’ensembles dénombrables est dénombrable.5
Les ensembles dénombrables forment le sujet d’étude essentiel des mathématiques
discrètes.
E XEMPLE 6.19 L’ensemble des entiers positifs impairs est dénombrable. En effet, la fonction
f (n) = 2n − 1 est une bijection de l’ensemble N0 dans l’ensemble considéré.
⋄
4 “Aleph”
5 Bien
est la première lettre de l’alphabet hébraı̈que.
qu’intuitivement aisément acceptable, cette proposition n’est pas aisément démontrée.
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
188
a1 = 0, d11 d12 d13 d14 · · ·
a2 = 0, d21 d22 d23 d24 · · ·
lim
a3 = 0, d31 d32 d33 d34 · · ·
..
.
ité
E XEMPLE 6.20 L’ensemble I de tous les réels compris dans l’intervalle [0, 1] n’est pas
dénombrable.
L’ensemble I est infini puisqu’il contient 1, 1/2, 1/3, . . ..
Si I était dénombrable, alors il existerait une bijection f : N0 → I. Soit a1 = f (1), a2 = f (2), . . .
et I = {a1 , a2 , . . .}. Sous forme décimale, les éléments a1 , a2 , . . . s’écrivent
où di j ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.
Formons alors le nombre b = 0, e1 e2 e3 e4 · · · où
(
1 si dii 6= 1
ei =
2 si dii = 1
Alors, b ∈ I mais
b 6= a1
car
b 6= a3
car
b 6= a2
car
U
sa
ge
···
e1 6= d11
e2 6= d22
e3 6= d33
et donc b 6∈ {a1 , a2 , . . .} ce qui est une contradiction. L’hypothèse de départ est donc fausse et I
n’est pas dénombrable.
⋄
De la même façon que l’on compare le nombre d’éléments entre deux ensembles finis,
on peut également préciser mathématiquement le fait qu’un ensemble infini A possède
moins d’éléments qu’un ensemble B. Ainsi, on dira que le cardinal d’un ensemble A est
inférieur ou égal au cardinal de l’ensemble B, i.e.
|A| ≤ |B|
(6.39)
lorsqu’on peut construire une injection f : A → B.
E XEMPLE 6.21 Soit P l’ensemble des naturels pairs. La fonction f : P → N définie par f (x) = x
constitue une injection de P dans N. On écrira donc
|P| ≤ |N|
⋄
De même, si A et B sont deux ensembles tels que |A| ≤ |B| et |A| =
6 |B|, on écrira
|A| < |B|
(6.40)
CHAPITRE 6. THÉORIE DES ENSEMBLES.
189
|A| < |P (A)|
ité
Dans ce cas, il existe une injection de A dans B mais il n’existe pas de bijection entre les
deux ensembles.
Georg Cantor a démontré que le cardinal d’un ensemble A quelconque est toujours
strictement inférieur au cardinal de l’ensemble des ses parties, i.e.
(6.41)
U
sa
ge
lim
On montrera dans la suite qu’il en est bien ainsi dans le cas d’ensembles finis. La propriété
est cependant également valable dans le cas d’ensembles infinis6 .
6 Il
est aisé de montrer qu’il existe bien une injection de A vers P (A). En effet, à tout élément a ∈ A
correspond le singleton {a} ∈ P (A). Dès lors, |A| ≤ |P (A)|. Cantor a aussi démontré qu’il n’existe pas de
bijection entre les deux ensembles et que, dès lors, |A| < |P (A)|.
ité
Chapitre 7
lim
Calcul propositionnel et algèbre de
Boole.
L’ensemble dénombrable le plus simple auquel s’adresse les mathématiques discrètes
est celui qui ne contient que deux éléments. En logique, ceux-ci portent les valeurs VRAI
et FAUX. En théorie des circuits, ces deux éléments correspondent au circuit fermé et au
circuit ouvert. De façon alternative, on peut également utiliser les valeurs 1 et 0.
U
sa
ge
7.1 Propositions et opérateurs logiques.
Une proposition est un énoncé, une phrase, une assertion, qui ne peut prendre qu’une
des deux valeurs de vérité : VRAI ou FAUX. Par raccourci, nous noterons celles-ci V et F.
Dans le contexte plus large de l’algèbre de Boole introduit dans la section 7.8, ces valeurs
sont cependant notées respectivement 1 et 0.
Si p et q représentent deux propositions, on peut combiner celles-ci pour former une
nouvelle proposition au moyen d’opérateurs logiques.
La conjonction p ∧ q des propositions p et q est une proposition qui est vraie si p
et q sont vraies et fausse dans tous les autres cas. L’opérateur ∧ et appelé l’opérateur et
logique et s’énonce simplement ‘et’. Pour représenter la conjonction de deux propositions,
on construit la table de vérité :
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
p∧q
V
F
F
F
Celle-ci reprend toutes les valeurs possibles de la paire (p, q) et associe à chacune de ces
paires la valeur correspondante de p ∧ q.
190
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
191
ité
La disjonction p ∨ q de deux propositions est fausse uniquement lorsque p et q sont
faux :
p q p∨q
V V
V
V F
V
F V
V
F F
F
lim
Dans l’écriture de la disjonction, l’opérateur ∨ et appelé l’opérateur ou non exclusif et
s’énonce simplement ‘ou’.
La négation ¬p (prononcez ‘non p’) d’une proposition p est une proposition qui est
vraie si p est fausse et fausse si p est vraie :
p
V
F
¬p
F
V
7.2 Composition de propositions.
U
sa
ge
Les opérateurs ∧, ∨ et ¬ peuvent être combinés entre eux pour former des propositions
plus complexes dont on peut examiner la valeur en construisant une table de vérité
possédant autant d’entrées que de propositions élémentaires formant la proposition
complète. En général, on utilise également des colonnes successives de cette table de
vérité pour chaque étape élémentaire de la construction de la proposition composée.
Deux propositions p et q sont dites logiquement équivalentes lorsqu’elles ont des
tables de vérité identiques. On écrira alors p ≡ q.
Notons que l’usage de parenthèses est indispensable pour signifier clairement l’ordre
de composition des propositions1.
E XEMPLE 7.1 L’écriture p ∧ q ∨ r est ambiguë. Il convient d’écrire (p ∧ q) ∨ r ou p ∧ (q ∨ r). On
a en effet
p
V
V
V
V
F
F
F
F
q
V
V
F
F
V
V
F
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
p∧q
V
V
F
F
F
F
F
F
(p ∧ q) ∨ r
V
V
V
F
V
F
V
F
p
V
V
V
V
F
F
F
F
q
V
V
F
F
V
V
F
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
q∨r
V
V
V
F
V
V
V
F
p ∧ (q ∨ r)
V
V
V
F
F
F
F
F
Ceci prouve que les deux propositions (p ∧ q) ∨ r et p ∧ (q ∨ r) ne sont pas logiquement
équivalentes.
⋄
1 Dans
certains cas, on définit des règles hiérarchiques selon lesquelles les différents opérateurs sont
appliqués dans l’ordre ¬, ∧, ∨, → (→ est introduit au paragraphe 7.4).
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
192
7.3 Algèbre de propositions.
Pour simplifier les propositions, on peut utiliser les propriétés suivantes qui définissent
les règles pratiques de manipulation des propositions.
$
ité
'
– Identité :
p∨F ≡ p
p∧V ≡ p
(7.1)
p∨V ≡ V
p∧F ≡ F
(7.2)
– Domination :
lim
– Idempotence :
p∨ p ≡ p
– Involution :
p∧ p ≡ p
¬(¬p) ≡ p
– Complémentarité :
p ∨ ¬p ≡ V
¬V ≡ F
(7.3)
(7.4)
p ∧ ¬p ≡ F
(7.5)
¬F ≡ V
(7.6)
p∧q ≡ q∧ p
(7.7)
U
sa
ge
– Commutativité :
p∨q ≡ q∨ p
– Associativité :
p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ r
p ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r
(7.8)
– Distributivité :
p ∨(q ∧r) ≡ (p ∨q) ∧(p ∨r)
p ∧(q ∨r) ≡ (p ∧q) ∨(p ∧r) (7.9)
– Loi de De Morgan :
&
¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q
Ces propriétés sont aisément démontrées en formant les tables de vérité.
E XEMPLE 7.2 Démontrons la loi de distributivité
p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
(7.10)
%
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
193
D’une part, on a
p
V
V
V
V
F
F
F
F
q
V
V
F
F
V
V
F
F
q∨r
V
V
V
F
V
V
V
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
r
V
F
V
F
V
F
V
F
p∧q
V
V
F
F
F
F
F
F
p∧r
V
F
V
F
F
F
F
F
(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
V
V
V
F
F
F
F
F
Dès lors, les deux tables de vérité étant identiques, l’équivalence logique est démontrée.
sa
ge
U
p ∧ (q ∨ r)
V
V
V
F
F
F
F
F
lim
D’autre part, il vient
q
V
V
F
F
V
V
F
F
ité
p
V
V
V
V
F
F
F
F
⋄
7.4 Implications logiques.
On appelle implication une proposition de la forme “si p alors q” où p et q sont des
propositions. Une implication se note
p→q
(7.11)
Les propositions p et q portent le nom, respectivement, d’antécédent et de conséquent.
La proposition p → q, comme toutes les propositions, peut être vraie ou fausse. La
valeur de vérité de p → q est celle de ¬(p ∧ ¬q), i.e
p
V
V
F
F
q
V
F
V
F
p→q
V
F
V
V
Si la proposition p → q est vraie, elle signifie que q est vraie si p est vraie, soit qu’il
n’est pas possible que p soit vraie en même temps que q soit fausse. On a
(p → q) ≡ (¬(p ∧ ¬q)) ≡ (¬p ∨ q)
(7.12)
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
194
Lorsqu’une implication (p → q) est toujours vraie, on la note p ⇒ q. On dit que p est
une condition suffisante de q et que q est une condition nécessaire de p.
L’implication q → p est appelée la réciproque de p → q et ¬q → ¬p en est la
contraposée.
Une implication a toujours la même valeur de vérité que sa contraposée :
(p → q) ≡ (¬q → ¬p)
ité
(7.13)
lim
Il suffit de former les tables de vérité ou d’utiliser les règles de l’algèbre des
propositions. Il vient
(¬q → ¬p) ≡ ¬(¬q ∧ ¬¬p) ≡ ¬(¬q ∧ p)
≡ ¬(p ∧ ¬q) ≡ p → q
La proposition composée (p → q) ∧ (q → p) est une bi-implication. Elle s’écrit, de
façon condensée, p ↔ q, et signifie “p si et seulement si q”. Sa table de vérité est
q
V
F
V
F
U
sa
ge
p
V
V
F
F
p↔q
V
F
F
V
Lorsque la proposition p ↔ q est toujours vraie, il y a équivalence entre p et q, ce que
l’on note p ⇔ q. On dit aussi que p est une condition nécessaire et suffisante de q (et
réciproquement).
7.5 Tautologie et contradiction.
Une proposition qui ne prend que la valeur VRAI quelles que soient les valeurs de ses
variables est appelée une tautologie.
Inversement, une proposition qui est toujours fausse est une contradiction.
E XEMPLE 7.3 La proposition p ∨ ¬p est une tautologie. En effet,
p
V
F
¬p
F
V
p ∨ ¬p
V
V
⋄
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
195
p
V
F
¬p
F
V
p ∧ ¬p
F
F
ité
E XEMPLE 7.4 La proposition p ∧ ¬p est une contradiction. En effet,
⋄
Remarquons que la démonstration d’une équivalence p ⇔ q peut être menée en
démontrant que p ⇒ q et q ⇒ p ou en transformant successivement les deux propositions
formant cette équivalence jusqu’à l’obtention d’une tautologie connue.
lim
7.6 Propositions et quantificateurs
De nombreuses propositions font usage des quantificateurs existentiel ∃ et universel ∀.
Si p(x) désigne une proposition dont la valeur de vérité dépend d’un élément x
appartenant à un ensemble E, l’expression
∃x ∈ E : p(x)
(7.14)
signifie qu’il existe (au moins) un élément x ∈ E tel que la proposition p(x) est vraie. Il
s’agit donc d’une écriture simplifiée de la proposition composée
U
sa
ge
p(x1 ) ∨ p(x2 ) ∨ p(x3 ) ∨ · · · ∨ p(xn )
où x1 , x2 , x3 . . . , xn représentent tous les éléments de E.
La proposition
∀x ∈ E : p(x)
(7.15)
(7.16)
signifie par contre que la proposition p est vraie pour tous les éléments de l’ensemble E.
Ceci pourrait également s’écrire
p(x1 ) ∧ p(x2 ) ∧ p(x3 ) ∧ · · · ∧ p(xn )
(7.17)
où x1 , x2 , x3 . . . , xn représentent tous les éléments de E.
Les négations des quantificateurs existentiel et universel s’obtiennent aisément en
appliquant la loi de De Morgan aux négations des écritures alternatives (7.15) et (7.17).
On a
¬[ ∃x ∈ E : p(x) ] ≡ ∀x ∈ E : ¬p(x)
(7.18)
et
¬[ ∀x ∈ E : p(x) ]
≡
∃x ∈ E : ¬p(x)
(7.19)
De même, la forme alternative (7.15) (resp. de (7.17)) et l’associativité de ∨ (resp.
∧) permettent de justifier l’interversion de quantificateurs d’un même type. Si p(x, y)
désigne une proposition dont la valeur de vérité dépend des éléments x et y appartenant
respectivement aux ensembles E1 et E2 , on a en effet
∃x ∈ E1 , ∃y ∈ E2 : p(x, y)
≡
∃y ∈ E2 , ∃x ∈ E1 : p(x, y)
(7.20)
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
∀x ∈ E1 , ∀y ∈ E2 : p(x, y)
196
≡
∀y ∈ E2 , ∀x ∈ E1 : p(x, y)
(7.21)
6≡
∀y ∈ E2 , ∃x ∈ E1 : p(x, y)
(7.22)
∃x ∈ E1 , ∀y ∈ E2 : p(x, y)
ité
Par contre, on notera que
7.7 Système de raisonnement formel et méthodes de
démonstration.
lim
Virtuellement, tout théorème mathématique a la forme d’une implication du type
(p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn ) ⇒ q
(7.23)
où p1 , p2 , . . ., pn sont les hypothèses et où q est la thèse. Démontrer le théorème consiste
à prouver que l’implication est vraie, c’est-à-dire que la proposition
(p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn ) → q
U
sa
ge
est une tautologie. Pour ce faire, il suffit de vérifier que, si les p1 , p2 , . . . , pn sont vraies,
alors q est vraie. En effet, si l’une des hypothèses est fausse, alors l’implication est vraie
en vertu de la table de vérité de →. Cette partie du raisonnement est toujours omise dans
la pratique.
En logique, on écrira l’argumentation sous la forme
p1
p2
..
.
pn
∴q
(7.24)
où le signe ∴ peut se lire “par conséquent”. Les propositions p1 , p2 , pn sont appelées les
hypothèses, antécédents ou prémices tandis que la proposition q est la conclusion ou le
conséquent.
L’argumentation complète nécessite souvent le recours à des règles d’inférence, c’està-dire à des règles de bases de l’argumentation logique. Toute tautologie de la forme
p ⇒ q peut être utilisée comme règle d’inférence. Le tableau de la page suivante donne
les règles d’inférence les plus utilisées.
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
'
197
$
p→q
p
∴ q
(p → q) ∧ p ⇒ q
p→q
¬q
∴ ¬p
• Conjonction
∴
p
q
p∧q
lim
• Modus tollens
ité
• Modus ponens
(p → q) ∧ ¬q ⇒ ¬p
(7.26)
(p ∧ q) ⇒ (p ∧ q)
(7.27)
• Simplification
sa
ge
U
(7.25)
p∧q
∴ p
(p ∧ q) ⇒ p
(7.28)
p ⇒ (p ∨ q)
(7.29)
(p ∨ q) ∧ ¬p ⇒ q
(7.30)
• Addition
∴
p
p∨q
• Syllogisme disjonctif
p∨q
¬p
∴q
• Transitivité de l’implication
∴
&
p→q
q→r
p→r
(p → q) ∧ (q → r) ⇒ (p → r)
(7.31)
%
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
198
lim
ité
Les règles d’inférence, combinées avec un ensemble d’axiomes, c’est-à-dire de
proposition dont la véracité ne peut être établie mais est acceptée a priori, constituent
un système de raisonnement formel ou théorie formelle.
Établir la preuve formelle d’un théorème, c’est construire une suite de propositions
telle que chacune de ces proposition est soit un axiome de la théorie formelle soit peut
être déduite des propositions précédentes de la suite.
Beaucoup de preuves ne répondent pas à cette définition stricte mais s’appuient sur
des hypothèses ou prémices qui sont traités comme des axiomes ; d’une proposition p
prise comme hypothèse, on déduit une proposition q. On dit que l’on établit une preuve
déductive. Plus précisément, une preuve déductive est une donc suite de propositions
telle que chacune de ces proposition est soit un axiome de la théorie formelle, soit une
hypothèse, soit peut être déduite des propositions précédentes de la suite.
E XEMPLE 7.5 Démontrons que l’implication
(p ∨ q) ∧ (p ∨ r) ∧ ¬p → q ∧ r
U
sa
ge
est une tautologie.
On peut organiser la démonstration de la façon suivante :
1. p ∨ q Prémice
2. p ∨ r Prémice
3. ¬p
Prémice
4. q
Syllogisme disjonctif (1,3)
5. r
Syllogisme disjonctif (2,3)
6. q ∧ r Conjonction (4,5)
QED
⋄
E XEMPLE 7.6 Démontrons que l’implication
¬(p ∧ q) ∧ (q ∨ r) ∧ (r → s) → (p → s)
est une tautologie.
En reprenant l’organisation de la démonstration de l’exemple précédent, on a
1. ¬(p ∧ q)
Prémice
2. q ∨ r
Prémice
3. r → s
Prémice
4. ¬p ∨ ¬q
1 et ¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q
5.
p
Prémice de l’implication (p → s)
6.
¬q Syllogisme disjonctif (4,5)
7.
r
Syllogisme disjonctif (2,6)
8.
s
Modus Ponens (3,7)
9. p → s
(5,8)
QED
⋄
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
199
7.7.1 Preuve indirecte.
(p → q) ≡ (¬q → ¬p)
ité
L’équivalence (7.13) i.e.
constitue le principe de la démonstration indirecte ou démonstration par l’absurde.
Formellement, une démonstration par l’absurde de l’implication p → q est une
démonstration de la proposition
p ∧ (¬q)
→
F
(7.32)
lim
Une démonstration par l’absurde d’une proposition quelconque est donc plus aisée que
la simple démonstration de sa contraposée. En effet, d’une part, on peut prendre comme
hypothèses à la fois p et ¬q et, d’autre part, on a toute liberté de mener la démonstration
jusqu’à l’obtention d’une contradiction quelconque.
E XEMPLE 7.7 Démontrons par l’absurde que l’implication
(p ∨ q) ∧ (p → r) ∧ (q → s) → (¬s → r)
est une tautologie.
p∨q
p→r
q→s
¬s
¬r
¬p
¬q
q
¬q ∧ q
FAUX
QED
Prémice
Prémice
Prémice
Prémice de l’implication (¬s → r)
Prémice pour la démonstration par l’absurde
Modus Tollens (2,5)
Modus Tollens (3,4)
Syllogisme disjonctif (1,6)
Conjonction (7,8)
Contradiction 9
U
sa
ge
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
⋄
Le contre-exemple constitue un cas particulier de démonstration indirecte qui peut
être utilisé pour démontrer la négation d’une propriété.
E XEMPLE 7.8 Soit la proposition 2n − 1 est un nombre premier pour tout entier n ≥ 2.
Cette proposition est fausse puisque, pour n = 4, on a 24 − 1 = 15 qui n’est pas premier.
⋄
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
200
7.8 Algèbre de Boole.
ité
Les ensembles et les propositions ont des propriétés semblables. Ceci n’a rien
d’étonnant quand on sait qu’ils forment deux cas particuliers de ce que l’on nomme une
algèbre de Boole.
'
Un ensemble B non vide, deux opérations binaires + et ∗ : (B × B) → B et une
opération unaire ′ : B → B forment une algèbre de Boole s’ils sont conformes
aux axiomes suivants :
$
lim
1) l’opération binaire + est commutative et admet un élément neutre 0, i.e.
∀a, b ∈ B, a + b = b + a
(7.33)
∀a ∈ B, a + 0 = a = 0 + a
(7.34)
2) l’opération binaire ∗ est commutative et admet un élément neutre 1
différent de 0, i.e.
∀a, b ∈ B, a ∗ b = b ∗ a
(7.35)
∀a ∈ B, a ∗ 1 = a = 1 ∗ a
(7.36)
3) les opérations binaires + et ∗ se distribuent l’une l’autre, i.e.
U
sa
ge
∀a, b, c ∈ B, a+(b∗c) = (a+b)∗(a+c)
a∗(b+c) = (a∗b)+(a∗c)
(7.37)
4) b et b′ sont complémentaires, i.e.
∀b ∈ B, b + b′ = 1 et b ∗ b′ = 0
&
(7.38)
%
Une algèbre de Boole est généralement notée (B, +, ∗,′ , 0, 1) en mettant en avant les
six composantes de sa définition. Par abus de langage, on dira cependant souvent de
l’ensemble B qu’il constitue une algèbre de Boole. Ce raccourci n’est possible que s’il
n’y a aucun doute sur les opérations définissant l’algèbre de Boole considérée.
E XEMPLE 7.9 Si B = {0, 1} et si on définit les opérations binaires par les tables de Caylay :
+
1
0
1
0
1
1
1
0
∗
1
0
1
0
1
0
0
0
et l’opération unaire ′ par 0′ = 1 et 1′ = 0, alors B est une algèbre de Boole.
⋄
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
201
Comme le montrent les deux exemples suivants, on peut définir une algèbre de Boole
sur un ensemble comportant plus de deux éléments.
ité
E XEMPLE 7.10 L’ensemble P des propositions logiques muni des opérations de conjonction ∧,
de disjonction ∨ et de la négation ¬ constitue une algèbre de Boole. Les éléments F et V constituent
les éléments neutres pour, respectivement, ∨ et ∧.
⋄
E XEMPLE 7.11 L’ensemble P (A) des parties d’un ensemble A muni des opérations d’union ∪,
d’intersection ∩ et de la prise du complémentaire constitue une algèbre de Boole. L’ensemble
vide φ et l’ensemble A lui-même constituent les éléments neutres pour, respectivement, ∪ et ∩. ⋄
lim
Si (B, +, ∗,′ , 0, 1) désigne une algèbre de Boole quelconque et si C est un sousensemble non vide de B, et si (C, +, ∗,′ , 0, 1) constitue également une algèbre de Boole,
alors cette dernière est appelée une sous-algèbre de Boole de (B, +, ∗,′ , 0, 1). À partir d’un
sous-ensemble C, on peut donc construire une telle sous-algèbre de Boole si C est stable
pour les trois opérations (+, ∗,′ ), i.e. si a + b, a ∗ b et a′ appartiennent à C quels que soient
a, b ∈ C. En particulier, les éléments neutres 0 et 1 appartiennent également à C.
E XEMPLE 7.12 Si A = {a, b, c} et B = φ, {a, b, c} , on vérifie aisément que (B, ∪, ∩, , φ, A)
constitue une sous-algèbre de Boole de (P (A), ∪, ∩, , φ, A).
⋄
U
sa
ge
Deux algèbres de Boole (B, +, ∗, ′ , 0, 1) et (C, ∨, ∧,˚, F, V) sont dites isomorphes s’il
existe une bijection f : B → C qui “préserve les trois opérations”, i.e. telle que
f (a + b) = f (a) ∨ f (b)
f (a ∗ b) = f (a) ∧ f (b)
f (a′ ) = f (a)˚
∀a, b ∈ B (7.39)
7.8.1 Dualité.
Le dual d’un énoncé dans une algèbre
les substitutions
+
∗
1
0
de Boole B est l’énoncé obtenu en effectuant
→
→
→
→
∗
+
0
1
(7.40)
Étant donné la symétrie des axiomes de l’algèbre de Boole B, l’ensemble dual des axiomes
de B est identique à l’ensemble des axiomes de B. Dès lors :
P RINCIPE DE DUALIT É
Le dual de tout théorème dans une algèbre de Boole est aussi un théorème.
En d’autres termes, si un énoncé quelconque est une conséquence des axiomes d’une
algèbre de Boole, alors l’énoncé dual est aussi une conséquence de ces axiomes puisque
l’énoncé dual peut être démontré en utilisant, à chaque étape, la forme duale de la preuve
de l’énoncé initial.
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
202
E XEMPLE 7.13 Démontrons que
(a ∗ b′ ) + b = a + b
(a + b′ ) ∗ b = a ∗ b
et
ité
Ces deux relations sont les duales l’une de l’autre. Leurs démonstrations utilisent les mêmes étapes
mais avec, à chaque fois, les relations duales.
– D’une part, on a
(a ∗ b′ ) + b = (a + b) ∗ (b′ + b)
Distributivité
= (a + b) ∗ 1
Loi des compléments
Neutre de ∗
– D’autre part, on a
lim
= a+b
(a + b′ ) ∗ b = (a ∗ b) + (b′ ∗ b)
Distributivité
= (a ∗ b) + 0
Loi des compléments
= a∗b
Neutre de +
⋄
7.8.2 Propriétés fondamentales.
En utilisant les axiomes définissant une algèbre de Boole, on peut démontrer
les propriétés suivantes qui sont donc valables quelle que soit l’algèbre de Boole B
considérée.
'
U
sa
ge
$
Quels que soient les éléments a, b, c ∈ B,
1) Idempotence :
a+a = a
a∗a = a
(7.41)
a+1 = 1
a∗0 = 0
(7.42)
a ∗ (a + b) = a
(7.43)
2) Identités :
3) Absorption :
a + (a ∗ b) = a
4) Associativité :
a +(b +c) = (a +b) +c = a +b +c
a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c = a ∗ b ∗ c
(7.44)
v. Unicité du complément :
Si a + x = 1
vi. Involution :
&
et
a∗x = 0
′
(a′ ) = a
alors
x = a′
(7.45)
(7.46)
%
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
'
203
$
Quels que soient les éléments a, b ∈ B,
vii. Complémentarité des éléments neutres :
1′ = 0
viii. Loi de De Morgan :
(a + b)′ = a′ ∗ b′
&
(7.47)
ité
0′ = 1
(a ∗ b)′ = a′ + b′
(7.48)
%
1) Idempotence :
lim
En raison du principe de dualité, seule la moitié de ces relations doit être démontrée.
Il vient
a = a ∗ 1 = a ∗ (a + a′) = (a ∗ a) + (a ∗ a′) = (a ∗ a) + 0 = a ∗ a
2) Identités :
a ∗ 0 = (a ∗ 0) + 0 = (a ∗ 0) + (a ∗ a′) = a ∗ (0 + a′) = a ∗ a′ = 0
U
sa
ge
3) Absorption :
a ∗ (a + b) = (a + 0) ∗ (a + b) = a + (0 ∗ b) = a + (b ∗ 0) = a + 0 = a
4) Associativité :
On démontre d’abord que L = (a ∗ b) ∗ c et R = a ∗ (b ∗ c) sont tels que a +L = a +R.
En utilisant la loi d’absorption, on a
a + L = a + ((a ∗ b) ∗ c) = (a + (a ∗ b)) ∗ (a + c) = a ∗ (a + c) = a
et
a + R = a + (a ∗ (b ∗ c)) = a
et donc a + L = a + R.
De même, on a aussi a′ + L = a′ + R. En effet,
a′ + L = a′ + ((a ∗ b) ∗ c) = (a′ + (a ∗ b)) ∗ (a′ + c)
= ((a′ + a) ∗ (a′ + b)) ∗ (a′ + c) = (1 ∗ (a′ + b)) ∗ (a′ + c)
= (a′ + b) ∗ (a′ + c) = a′ + (b ∗ c)
et
a′ + R = a′ + (a ∗ (b ∗ c)) = (a′ + a) ∗ (a′ + (b ∗ c))
= 1 ∗ (a′ + (b ∗ c)) = a′ + (b ∗ c)
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
204
Dès lors,
5) Unicité du complément :
ité
L = 0 + L = (a ∗ a′) + L = (a + L) ∗ (a′ + L) = (a + R) ∗ (a′ + R)
= (a ∗ a′) + R = 0 + R
=R
a′ = a′ + 0 = a′ + (a ∗ x) = (a′ + a) ∗ (a′ + x) = 1 ∗ (a′ + x) = a′ + x
et
lim
x = x + 0 = x + (a ∗ a′ ) = (x + a) ∗ (x + a′ ) = 1 ∗ (x + a′ ) = x + a′
Dès lors x = x + a′ = a′ + x = a′ .
6) Involution :
En raison de la définition du complément, a+a′ = 1 et a∗a′ = 0. Par commutativité,
il vient a′ + a = 1 et a′ ∗ a = 0. En raison de l’unicité du complément, a est le
complément de a′ soit (a′ )′ = a.
U
sa
ge
7) Complémentarité de 0 et 1 :
La définition du neutre pour + donne a + 1 = 1 et donc 0 + 1 = 1. La définition
du neutre pour ∗ donne 0 ∗ 1 = 0. En raison de l’unicité du complément, 1 est le
complément de 0, soit 1 = 0′ . Par le principe de dualité, 0 = 1′ .
8) Loi de De Morgan :
Démontrons que (a + b) + (a′ ∗ b′ ) = 1 et (a + b) ∗ (a′ ∗ b′ ) = 0. On a :
(a + b) + (a′ ∗ b′ ) = b + (a + (a′ ∗ b′ )) = b + ((a + a′ ) ∗ (a + b′))
= b + (1 ∗ (a + b′)) = b + (a + b′ )
= b + (b′ + a) = (b + b′ ) + a = 1 + a = 1
(a + b) ∗ (a′ ∗ b′ ) = ((a + b) ∗ a′) ∗ b′ = ((a ∗ a′) + (b ∗ a′)) ∗ b′
= (0 + (b ∗ a′)) ∗ b′ = (b ∗ a′) ∗ b′
= (b ∗ b′) ∗ a′ = 0 ∗ a′ = 0
En vertu de l’unicité du complément, on en déduit que a′ ∗ b′ = (a + b)′ .
Toutes ces propriétés peuvent servir de base pour la démonstration d’autres propriétés.
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
205
7.9 Forme canonique disjonctive.
f : Bn → B,
ité
Dans une algèbre de Boole, on appelle expression booléenne des variables
x1 , x2 , . . ., xn toute expression construite à partir de ces variables et des opérateurs
booléens ∗, + et ′ . Une telle expression définit donc une fonction booléenne
x = (x1 , x2 , . . ., xn ) 7→ f (x) = f (x1 , x2 , . . . , xn )
(7.49)
lim
des n variables booléennes x1 , x2 , . . . , xn .
Pour simplifier l’écriture, nous utiliserons les conventions habituelles régissant les
priorités des opérateurs : ′ a priorité sur ∗ qui a lui-même priorité sur +. Nous omettrons
également l’écriture de l’opérateur ∗.
Introduisons les définitions suivantes :
– un littéral est une variable x ou son complément x′ ;
– un monôme est un littéral ou le produit de deux ou plusieurs littéraux sans répétition
d’une variable ou de son complément ;
– un monôme P1 est inclus dans un autre monôme P2 si les littéraux de P1 sont aussi
littéraux de P2 .
E XEMPLE 7.14 Les expressions booléennes
U
sa
ge
xz′ , xy′ z et x
sont des monômes. Par contre,
xyx′ et xyzy
ne sont pas des monômes.
Le monôme x′ y est inclus dans x′ yz mais pas dans xy′ z.
⋄
On dit qu’une expression booléenne est écrite sous forme canonique disjonctive si
elle est un monôme ou la disjonction d’au moins deux monômes dont aucun n’est inclus
dans l’autre. La forme canonique disjonctive est dite totale si chacun des monômes
comprend toutes les variables de l’expression (ou leur complément). Ces monômes sont
alors appelés des mintermes.
E XEMPLE 7.15 L’expression
xz′ + x′ yz′ + xy′ z
est une forme canonique disjonctive. Ce n’est pas le cas de
xz′ + y′ z + xyz′
puisque xz′ est inclus dans xyz′ .
⋄
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
206
ité
En utilisant les règles de l’algèbre, on peut aisément transformer toute expression
booléenne en une forme canonique disjonctive. Il suffit
– d’utiliser la loi de De Morgan et l’involution pour déplacer les opérateurs ′ de
façon à ce qu’ils ne s’appliquent qu’aux variables ;
– d’utiliser la distributivité pour transformer l’expression en une somme de
monômes ;
– d’utiliser la commutativité, l’idempotence et l’absorption pour regrouper les
monômes qui sont inclus l’un dans l’autre.
′
E XEMPLE 7.16 Soit l’expression ((ab)′ c) ((a′ + c)(b′ + c′ ))′ . Il vient d’abord
′
′
′
′
lim
((ab)′ c) ((a′ + c)(b′ + c′ )) = ((ab)′′ + c′ )((a′ + c) + (b′ + c′ ) )
= (ab + c′ )(ac′ + bc)
Ensuite, en distribuant,
′
′
((ab)′ c) ((a′ + c)(b′ + c′ )) = (ab + c′ )(ac′ + bc)
= abac′ + abbc + ac′ c′ + bcc′
= abc′ + abc + ac′ + 0
= abc + (abc′ + ac′ ) = abc + ac′ (b + 1)
= abc + ac′
U
sa
ge
qui est une forme canonique disjonctive. On obtient une forme canonique disjonctive totale en
remarquant que 1 = b + b′ et donc
abc + ac′ = abc + a(b + b′ )c′ = abc + abc′ + ab′ c′
⋄
L’exemple précédent illustre le théorème suivant (donné sans démonstration) :
Toute expression booléenne non nulle peut être écrite de façon unique sous
forme canonique disjonctive totale.
7.9.1 Algèbre de Boole et électronique.
Les circuits électroniques connaissent seulement deux états différents : circuit
ouvert/circuit fermé. Ils sont donc entièrement décrits par l’algèbre de Boole
(B, +, ∗,′ , 0, 1) telle que B = {0, 1},
+
1
0
1
1
1
0
1
0
∗
1
0
1
1
0
0
0
0
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
207
lim
ité
et 0′ = 1 et 1′ = 0.
Examinons le problème de la construction d’un circuit possédant n entrées binaires
x1 , x2 , . . ., xn et produisant une sortie binaire y. Les propriétés du circuit que l’on désire
construire peuvent être résumées dans une table de vérité présentant l’état de la sortie
y désiré selon toutes les entrées possibles x1 , x2 , . . . , xn . Cette table permet de construire
l’expression booléenne correspondant au circuit. En effet, chaque ligne de la table de
vérité peut être associée univoquement à un minterme égal à la conjonction des variables
égales à 1 et du complément des variables égales à 0 dans cette ligne. La sortie est alors
représentée par la disjonction de tous les mintermes correspondant à une sortie égale à 1.
Puisque toute expression booléenne est entièrement déterminée par sa table de vérité
et que tout minterme correspond à une et une seule ligne de cette table, cette construction
justifie l’énoncé précédent selon lequel toute expression booléenne admet une et une seule
représentation sous forme canonique disjonctive totale.
E XEMPLE 7.17 On désire réaliser le circuit électronique à trois entrées x, y, z implémentant la
table de vérité suivante :
y
0
0
1
1
0
0
1
1
U
sa
ge
x
0
0
0
0
1
1
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
f (x, y, z)
0
0
0
0
1
1
0
1
Il vient, directement,
f (x, y, z) = xy′ z′ + xy′ z + xyz
⋄
L’expression booléenne ainsi construite peut être réalisée pratiquement en utilisant des
composants appropriés correspondants respectivement aux trois opérations de l’algèbre de
Boole : ′ , ∗ et +. La figure Fig. 7.1 présente la représentation usuelle des portes logiques
habituellement utilisées. On remarque que, en plus des portes logiques AND, OR et NOT
correspondant respectivement aux opérations booléennes ∗, + et ′ , on introduit également
– le NAND, synonyme de NOT AND, soit (pq)′ = p′ + q′ ;
– le NOR, synonyme de NOT OR soit (p + q)′ = p′ q′ ;
– le OR Exclusif, p′ q + pq′ .
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
AND
pq
q
p
q
p
NAND
NOT
p+q
q
p
(pq)′
OR
p′
OR Exclusif
NOR
p
(p + q)′
q
p
ité
p
208
lim
F IG . 7.1
q
p′ q + pq′
Comme on l’a dit précédemment, toute expression booléenne non nulle peut être
exprimée sous une forme canonique disjonctive. Elle peut donc s’écrire en fonction des
seuls opérateurs booléens ′ , ∗ et +. On dit que ceux-ci constituent un ensemble complet
d’opérateurs booléens. 2
Si on tient compte de l’équivalence
pq ≡ (p′ + q′ )′
on peut également écrire toute expression booléenne avec les seuls opérateurs ′ et +.
Ceux-ci constituent donc également un ensemble complet d’opérateurs. On peut montrer
qu’il en est de même de {′ , ∗} et {′ , →}.
Enfin, on peut encore montrer que l’opérateur NAND est complet à lui seul. En effet,
sa
ge
U
(7.50)
p′ ≡ p NAND p
pq ≡ (p NAND q) NAND (p NAND q)
p + q ≡ (p NAND p) NAND (q NAND q)
(7.51)
(7.52)
(7.53)
Tous les opérateurs booléens peuvent donc être exprimés en fonction de NAND
uniquement. Il en est de même de l’opérateur NOR.
7.9.2 Expression booléenne minimale.
Une même table de vérité peut être représentée par plusieurs expressions booléennes
équivalentes. Dans le cadre de la synthèse d’un circuit électronique, il est cependant
intéressant de déterminer la représentation la plus simple possible afin d’utiliser un
minimum de composants. On utilisera donc les propriétés de l’algèbre booléenne afin
de simplifier au maximum les expressions booléennes, i.e. de former une expression
booléenne minimale comportant le moins possible de littéraux et de monômes.
2 On
notera, par exemple, que l’implication → n’est pas nécessaire puisque
p → q ≡ (p′ + q)
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
209
E XEMPLE 7.18 Dans l’exemple précédent, on a
f (x, y, z) = xy′ z′ + xy′ z + xyz
= xy′ z′ + x(y′ + y)z = xy′ z′ + xz = x(y′ z′ + z)
ité
= x(y′ + z)
⋄
E XEMPLE 7.19 On vérifie aisément que
xyz′ + xy′ z′ = xz′ (y + y′ ) = xz′ 1 = xz′
lim
x′ yzt + x′ yz′ t = x′ yt(z + z′ ) = x′ yt1 = x′ yt
Lorsqu’une fonction booléenne ne comporte pas plus de six variables, on peut utiliser
la méthode graphique des tableaux de Karnaugh pour identifier les termes à combiner afin
de déterminer la représentation la plus simple de cette fonction.
Un tableau de Karnaugh est formé d’un nombre de cases égal au nombre maximum de
mintermes de l’expression booléenne considérée. Les cases sont agencées de telle façon
que deux cases adjacentes correspondent à deux mintermes qui ne diffèrent que d’un
littéral qui doit être une variable complémentée dans un minterme et une variable non
complémentée dans l’autre. De cette façon, la somme de deux mintermes adjacents est un
monôme comportant au moins un littéral.
Le principe de la procédure est de traduire dans le tableau de Karnaugh l’expression
booléenne à simplifier en portant un 1 dans les cases correspondant aux mintermes
présents dans le développement de cette expression puis d’identifier et de regrouper des
blocs rectangulaires (qui peuvent se chevaucher) les plus grands possibles composés de
2k (k ∈ N) cases adjacentes.
sa
ge
U
⋄
E XEMPLE 7.20 Soit à simplifier l’expression booléenne xy′ + x′ y + x′ y′ . Il vient
y′
x
1
x′
1
y
1
F IG . 7.2
Le diagramme de Karnaugh comporte deux paires de cases adjacentes. La paire verticale
représente y′ et la paire horizontale représente x′ . La forme minimale est donc x′ + y′ .
⋄
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
210
E XEMPLE 7.21 Soit à simplifier l’expression booléenne xy′ + x′ y. Il vient
y′
1
x′
ité
x
y
1
lim
F IG . 7.3
Le diagramme de Karnaugh ne comporte que des cases isolées. La forme minimale est donc
xy′ + x′ y.
⋄
Dans le cas de trois variables, il y a 8 mintermes différents possibles3. Ceux-ci
sont représentés par 8 cases formant un rectangle de 2 lignes et 4 colonnes. Dans cette
construction, on doit cependant considérer que les cases de la première colonne sont
adjacentes aux cases de la dernière colonne (La représentation idéale de cette situation
demande de dessiner le tableau sur la surface latérale d’un cylindre).
E XEMPLE 7.22 Soit à simplifier xyz + xyz′ + xy′ z + x′ yz + x′ y′ z.
yz′
U
sa
ge
yz
x
1
x′
1
y′ z′
1
y′ z
1
1
F IG . 7.4
Le tableau de Karnaugh fait apparaı̂tre 2 blocs de cases adjacentes, soit
xyz + xyz′ + xy′ z + x′ yz + x′ y′ z = (xyz + xyz′ ) + (xyz + xy′ z + x′ yz + x′ y′ z) = xy + z
⋄
Dans le cas de quatre variables, il y a 16 mintermes différents possibles. Ceux-ci
sont représentés par 16 cases formant un carré de 4 lignes et 4 colonnes. Dans cette
construction, on doit considérer que les cases de la première colonne sont adjacentes aux
cases de la dernière colonne et que celles de la première ligne sont adjacentes à celles de
la dernière ligne.
3 En
général, pour n variables, on peut former 2n mintermes différents.
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
211
E XEMPLE 7.23 Simplifions l’expression suivante
yz
yz′
wx
wx′
1
1
1
1
1
1
y′ z
lim
w′ x′
y′ z′
ité
E = wxy′ z′ + wx′ yz + wx′ yz′ + wx′ y′ z′ + w′ xy′ z′ + w′ x′ yz′ + w′ x′ y′ z′
w′ x
1
F IG . 7.5
En formant le tableau de Karnaugh, on identifie trois blocs, de telle sorte que
U
sa
ge
E = y′ z′ + x′ z′ + wx′ y
⋄
Pour 5 et 6 variables, il est encore possible de construire des tables de Karnaugh.
Cependant, la représentation graphique est alors nécessairement tridimensionnelle.
7.10 Exercices.
1) Trouvez la table de vérité de ¬p ∧ q
2) Trouvez la table de vérité de ¬(p ∧ q)
q
0
1
0
1
p
0
Rép. : 0
1
1
p
0
Rép. : 0
1
1
q
0
1
0
1
¬p ∧ q
0
1
0
0
¬(p ∧ q)
1
1
1
0
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
3) Trouvez la table de vérité de ¬(p ∧ ¬q)
q
0
1
0
1
¬(p ∧ ¬q)
1
1
0
1
ité
p
0
Rép. : 0
1
1
212
4) Vérifiez que la proposition p ∨ ¬(p ∧ q) est une tautologie.
5) Vérifiez que la proposition (p ∧ q) ∧ ¬(p ∨ q) est une contradiction.
6) Démontrez que la disjonction est distributive par rapport à la conjonction, c’est-àdire, démontrez la loi de distributivité : p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)
8) Simplifiez :
a) ¬(p ∧ ¬q),
b) ¬(¬p ∨ q),
c) ¬(¬p ∧ ¬q)
d) p ∧ (p ∨ q).
lim
7) Démontrez que l’opération de disjonction peut être écrite en fonction des opérations
de conjonction et de négation, en particulier que p ∨ q ≡ ¬(¬p ∧ ¬q)
Rép. : a) ¬p ∨ q; b) p ∧ ¬q; c) p ∨ q; d) p
U
sa
ge
9) Démontrez les équivalences suivantes en utilisant les lois de l’algèbre des
propositions :
a) (p ∧ q) ∨ ¬p ≡ ¬p ∨ q,
b) p ∧ (¬p ∨ q) ≡ p ∧ q
10) Trouvez la table de vérité de chaque proposition :
a) (¬p ∨ q) → p,
b) q ↔ (¬q ∧ p)
p
0
Rép. : a) 0
1
1
p
0
b) 0
1
1
q (¬p ∨ q) → p
0
0
1
0
0
1
1
1
q q ↔ ¬q ∧ p
0
1
1
0
0
0
1
0
11) Trouvez la table de vérité de chaque proposition
a) (p ↔ ¬q) → (¬p ∧ q),
b) (¬q ∨ p) ↔ (q → ¬p)
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
q (p ↔ ¬p) → (¬p ∧ q)
0
1
1
1
0
0
1
1
q (¬q ∨ p) ↔ (q → ¬p)
0
1
1
0
0
1
1
0
12) Démontrez les équivalences suivantes
≡
(∃x ∈ E : p(x)) ∨ (∃x ∈ E : q(x) )
lim
a) (∃x ∈ E : [ p(x) ∨ q(x) ] )
ité
p
0
Rép. : a) 0
1
1
p
0
b) 0
1
1
b) (∀x ∈ E : [ p(x) ∧ q(x) ] )
c) (∃x ∈ E : [ p(x) → q(x) ] )
≡
≡
(∀x ∈ E : p(x)) ∧ (∀x ∈ E : q(x) )
(∀x ∈ E : p(x)) → (∃x ∈ E : q(x))
13) Trouvez une forme minimale des expressions booléennes suivantes :
a) x′ yz + x′ y′ z
b) xyz + xyz′ + x′ yz + x′ yz′
c) xyz′ + xy′ z + xy′ z′ + x′ yz + x′ y′ z
d) xyz + xy′ z + xy′ z′ + x′ yz + x′ yz′ + x′ y′ z′
e) wxyz + wxy′ z + wxy′ z′ + wx′ yz′ + wx′ y′ z
f) wxyz′ + wxy′ z + wx′ yz + w′ xy′ z + w′ x′ yz′ + w′ x′ y′ z
sa
ge
U
213
g) wxyz + wxyz′ + wxy′ z + wx′ y′ z + w′ xy′ z + w′ x′ yz′ + w′ x′ y′ z
h) wxyz + wxyz′ + wxy′ z + wx′ yz + wx′ yz′ + w′ xyz + w′ x′ yz + w′ x′ yz′ + w′ x′ y′ z
i) xy′ + xyz + x′ y′ z′ + x′ yzt ′
j) xy + x′ y + x′ y′
k) x + x′ yz + xy′ z′
l) y′ z + y′ z′t ′ + z′t
m) y′ zt + xzt ′ + xy′ z′
Rép. : a) x′ z
b) y
c) x′ z + xz′ + y′ z ou xz′ + xy′ + x′ z
d) yz + xy′ + x′ z′ ou xz + y′ z′ + x′ y
e) wxz + wxy′ + wy′ z + wx′ yz′
f) wxyz′ + wx′ yz + w′ x′ yz′ + xy′ z + w′ y′ z
g) y′ z + wxy + w′x′ yz′
h) wy + x′ y + yz + wxz + w′x′ z
i) xz + y′ z′ + yzt ′
j) x′ + y
k)x + yz
l) y′ + z′t
m) xy′ + y′ zt + xzt ′ .
Les réponses ne sont pas toujours uniques.
CHAPITRE 7. CALCUL PROPOSITIONNEL ET ALGÈBRE DE BOOLE.
214
ité
14) Soit un jeu TV impliquant trois candidats. Chacun dispose d’un bouton lui
permettant d’exprimer sa réponse aux questions posées par l’animateur. Tous les
candidats sont obligés de répondre par oui ou par non. Un affichage général présente
l’avis de la majorité des candidats.
– Écrivez une table de vérité pour le système d’affichage.
lim
x
1
1
1
Rép. : 1
0
0
0
0
y
1
1
0
0
1
0
1
0
z
1
0
1
0
1
1
0
0
f (x, y, z)
1
1
1
0
1
0
0
0
– Exprimez l’affichage sous forme canonique disjonctive totale.
Rép. : f (x, y, z) = xyz + xyz′ + xy′ z + x′ yz
– Formez une expression booléenne minimale de l’affichage.
U
sa
ge
Rép. : f (x, y, z) = xy + xz + yz
ité
Chapitre 8
lim
Les entiers.
U
sa
ge
La partie des mathématiques discrètes traitant des entiers et de leurs propriétés
appartient au vaste domaine de la théorie des nombres.
L’ensemble des naturels joue un rôle fondamental en mathématiques discrètes.
En effet, tout ensemble dénombrable A pouvant être mis en bijection avec N0 , les
opérations sur les éléments d’un tel ensemble peuvent être effectuées par des opérations
correspondantes sur N0 .
D’autre part, les propriétés particulières de l’ensemble N sont à la base d’un mode
de preuve largement utilisé en mathématiques, à savoir la preuve par induction ou par
récurrence.
8.1 Principe d’induction mathématique.
Tous les éléments de N peuvent être comparés deux à deux au moyen de la relation
d’ordre naturel “inférieur ou égal” notée ≤. On dira dans la suite que l’ensemble N est
totalement ordonné.
L’ensemble N est également dit bien ordonné par la relation ≤ car
P RINCIPE DU BON ORDRE
Tout sous-ensemble non-vide A ⊂ N contient un plus petit élément, c’est-àdire un élément a ∈ A tel que a ≤ x pour tout x ∈ A.
Cette propriété distingue nettement l’ensemble N des ensembles Z et Q+ , par exemple.
En effet, les sous-ensembles {0, −1, −2, −3, . . .} ⊂ Z et {1, 1/2, 1/3, . . .} ⊂ Q+ ne
contiennent pas de plus petit élément.
215
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
216
'
P RINCIPE D ’ INDUCTION MATH ÉMATIQUE
Soit P(n) une proposition définie sur l’ensemble des naturels N. Soit n0 un
naturel fixé. Si
ité
i. cas de base : P(n0 ) est vraie,
$
ii. cas inductif : pour tout n ≥ n0 , si P(n) est vraie (hypothèse d’induction)
alors P(n + 1) est vraie,
alors P(n) est vraie pour tout naturel n ≥ n0 .
&
%
lim
Ce principe est parfois posé comme l’un des axiomes de la définition axiomatique
de N. On peut cependant démontrer le principe d’induction mathématique par l’absurde.
Supposons que l’ensemble
F = m ∈ N : m ≥ n0 , P(m) est fausse
des valeurs pour lesquelles la proposition est fausse ne soit pas vide.
Alors, en vertu du principe du bon ordre, F possède un plus petit élément m0 . Cet
élément est nécessairement strictement supérieur à n0 puisque P(n0 ) est vraie. Donc
m0 − 1 ≥ n0 et P(m0 − 1) est vraie. Par le cas inductif on en déduit que P(m0 ) est vraie,
ce qui est en contradiction avec l’appartenance de m0 à F.
On en déduit donc que F est vide, ce qui démontre la proposition.
U
sa
ge
E XEMPLE 8.1 Montrons que la somme des n premiers naturels est égale à n(n + 1)/2, soit
P(n) : 1 + 2 + 3 + · · · + n =
n(n + 1)
2
i. La proposition est vraie pour n = 1 puisque P(1) : 1 = 1.
ii. Si la proposition est vraie pour n, elle l’est également pour n + 1, puisqu’il vient
P(n + 1) :
n+1
n
k=1
k=1
∑ k = (n + 1) + ∑ k = (n + 1) +
n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
=
2
2
Par le principe d’induction, on en déduit que la proposition est vraie pour tout n ∈ N0 .
Remarquons que l’on peut établir directement ce résultat en raisonnant comme suit :
(k + 1)2 − k2 = 2k + 1
∀k
n n
∑ (k + 1)2 − k2 = ∑ (2k + 1)
k=1
k=1
n
n
(22 + 32 + · · · + n2 + (n + 1)2 ) − (1 + 22 + 32 + · · · + n2 ) = 2 ∑ k + ∑ 1
k=1
n
k=1
(n + 1)2 − 1 = 2 ∑ k + n
k=1
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
217
Après simplification, on obtient donc
∑k=
k=1
n(n + 1)
2
En procédant de la même façon, on obtient aisément
n
∑ k2 =
k=1
n
n(n + 1)(2n + 1)
6
ité
n
∑ k3 =
et
k=1
n(n + 1)
2
2
⋄
lim
E XEMPLE 8.2 Montrons que la somme des n premiers naturels impairs1 est égale à n2 , soit
P(n) : 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2
i. La proposition est vraie pour n = 1 puisque P(1) : 1 = 12 .
ii. Si la proposition est vraie pour n, elle l’est également pour n + 1, puisqu’il vient
P(n + 1) : [1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1)] + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2
Par le principe d’induction, on en déduit que la proposition est vraie pour tout n ∈ N0 .
⋄
U
sa
ge
E XEMPLE 8.3 Prouvons que, pour tout entier n ≥ 3, on a
P(n) : 2n + 1 < 2n
i. La proposition est vraie pour n = 3 puisque P(3) : 2 · 3 + 1 = 7 < 23 = 8.
ii. Si la proposition est vraie pour n, elle l’est également pour n + 1, puisqu’il vient
P(n + 1) : 2(n + 1) + 1 = (2n + 1) + 2 < 2n + 2 < 2n + 2n = 2n+1
Par le principe d’induction, on en déduit que la proposition est vraie pour tout n entier ≥ 3.
⋄
E XEMPLE 8.4 Utilisons le principe d’induction pour prouver la généralisation suivante de l’une
des lois de De Morgan :
n
\
k=1
Ak =
n
[
Ak
k=1
pour n ≥ 2 où A1 , A2 , . . . , An ⊂ U .
i. Pour n = 2, on retrouve la loi de De Morgan
A1 ∩ A2 = A1 ∪ A2
La propriété est donc vérifiée dans le cas de base n = 2.
1 La
définition des nombres impairs est donnée à la page 221.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
218
ii. Supposons la proposition vraie pour n. Il vient alors
Ak =
k=1
=
=
=
n
\
k=1
n
\
k=1
n
[
k=1
n+1
[
Ak ∩ An+1
ité
n+1
\
Ak ∪ An+1
(Loi de De Morgan = Cas de base)
Ak ∪ An+1
(Hypothèse inductive)
Ak
lim
k=1
Par le principe d’induction, la proposition est donc vraie pour tout n entier ≥ 2.
'
On peut encore généraliser ce principe de plusieurs façons :
P RINCIPE D ’ INDUCTION MATH ÉMATIQUE G ÉN ÉRALIS É I
Soit P(n) une proposition définie sur l’ensemble des naturels N. Soit n0 un
naturel fixé. Si
⋄
$
i. cas de base : P(n0 ) est vraie,
U
sa
ge
ii. cas inductif : pour tout n ≥ n0 , si P(k) est vraie pour tout k tel que
n0 ≤ k ≤ n alors P(n + 1) est vraie,
alors P(n) est vraie pour tout naturel n ≥ n0 .
&
'
P RINCIPE D ’ INDUCTION MATH ÉMATIQUE G ÉN ÉRALIS É II
Soit P(n) une proposition définie sur l’ensemble des naturels N. Soit n0 et N
deux naturels fixé. Si
%
$
i. cas de base : P(n0 ), P(n0 + 1), . . . , P(n0 + N) sont vraies,
ii. cas inductif : pour tout n ≥ n0 + N, si P(n), P(n − 1), . . . , P(n − N) sont
vraies alors P(n + 1) est vraie,
alors P(n) est vraie pour tout naturel n ≥ n0 .
&
%
E XEMPLE 8.5 On peut former tout affranchissement de 0.12 e et plus en utilisant uniquement
des timbres de 4 et 5 euro-cents.
i. On peut former des affranchissements de 12, 13, 14 et 15 euro-cents en utilisant,
respectivement 3 timbres à 4 cents, 2 timbres à 4 cents et un timbre à 5 cents, 2 timbres
à cinq cents et un timbre à 4 cents et enfin 3 timbres à 5 cents.
ii. Pour former tous les montants n supérieurs à 15 euro-cents, on utilise l’affranchissement de
n − 4 cents complété par un timbre à 4 cents.
Par le principe d’induction généralisé, on forme ainsi tous les affranchissements supérieurs ou
égaux à 12 euro-cents.
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
219
8.2 Opérations sur les entiers.
Les entiers, c’est-à-dire les éléments de l’ensemble
Z = 0, 1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .}
ité
(8.1)
lim
se combinent par les règles habituelles de l’addition, de la soustraction, de la
multiplication et de la division.
Remarquons que l’ensemble Z est stable pour les trois premières opérations, i.e. le
résultat de l’addition, de la soustraction ou de la multiplication de deux entiers est encore
un entier. Il n’en va cependant pas de même avec la division. En effet, si a et b sont deux
entiers, alors a/b n’est, en général, pas un entier ; dans le cas où b 6= 0, a/b est un rationnel
(l’expression a/b n’est pas définie si b = 0).
De même, on peut définir des fonctions rationnelles ou transcendantes sur tout ou
partie de Z. En général, le résultat n’est pas un entier.
On peut former un entier à partir d’un réel en appliquant l’une des deux fonctions
suivantes :
'
U
sa
ge
La fonction plancher attribue à tout réel x le plus grand entier ⌊x⌋ qui est
inférieur ou égal à x :
⌊ ⌋ : R → Z,
&
'
x 7→ ⌊x⌋ tel que ⌊x⌋ ≤ x < ⌊x⌋ + 1
(8.2)
La fonction plafond attribue à tout réel x le plus petit entier ⌈x⌉ qui est
supérieur ou égal à x :
⌈ ⌉ : R → Z,
&
x 7→ ⌈x⌉ tel que ⌈x⌉ − 1 < x ≤ ⌈x⌉
$
%
$
(8.3)
%
E XEMPLE 8.6 On a
x
⌊x⌋
⌈x⌉
-2.0
-2
-2
-1.7
-2
-1
-1.3
-2
-1
-1.0
-1
-1
-0.7
-1
0
-0.3
-1
0
0.0
0
0
0.3
0
1
0.7
0
1
Remarquons que ⌊x⌋ = ⌈x⌉ si x ∈ Z et ⌊x⌋ = ⌈x − 1⌉ si x 6∈ Z.
1.0
1
1
1.3
1
2
1.7
1
2
2.0
2
2
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
220
'
8.2.1 Division entière.
d|a
&
ité
Si a et d sont des entiers avec d 6= 0, on dit que d divise a, ce qui se note d|a,
s’il existe un entier q tel que a = dq :
⇔
∃q ∈ Z : a = qd
(8.4)
On dit que d est un facteur ou un diviseur de a et que a est un multiple de d.
Si d ne divise pas a, on écrit d6 | a.
lim
Que d divise a ou non, on a
'
A LGORITHME DE DIVISION :
Si a ∈ Z et d ∈ N0 , alors il existe deux entiers uniques q et r tels que
0≤r<d
&
$
et
a = dq + r
Dans cette expression, r = 0 si et seulement si d divise a.
%
$
(8.5)
%
U
sa
ge
On appelle d, a, q et r respectivement le diviseur, le dividende, le quotient et le reste.
On écrit aussi q = a div d où “div” désigne l’opérateur de division entière.
jak
Soit q =
le plus grand entier inférieur ou égal au nombre rationnel a/d. On a
d
a
a
et donc
0≤
−q < 1
q ≤ < q+1
d
d
Posant alors r = a − qd, on voit bien que r est un entier positif ou nul tel que
a
r = a − qd = d
−q < d
d
jak a
Remarquons que q =
= si d|a et donc r = a − qd = 0. Inversement, si r = 0
d
d
alors a = qd et d divise a.
E XEMPLE 8.7 Puisque
101 = 11 · 9 + 2
le quotient et le reste de la division de 101 par 11 sont égaux respectivement à 9 et 2.
⋄
E XEMPLE 8.8 Le quotient et le reste de la division de −11 par 3 sont égaux respectivement à −4
et 1 puisque
−11 = 3(−4) + 1
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
221
Un entier est pair si le reste de sa division par deux est 0. Sinon, il est impair.
P ROPRI ÉT ÉS DE LA RELATION DE DIVISIBILIT É :
Quels que soient les entiers a, b et c,
a|b et a|c
⇒
a|(b ± c)
(8.6)
a|b
⇒
a|bc
(8.7)
a|b et b|c
⇒
a|c
lim
&
$
ité
'
(8.8)
%
• Si a|b et a|c, il existe des entiers α et β tels que b = αa et c = βa. Dès lors
b ± c = (α ± β)a et a|(b ± c).
• Si a|b, il existe α ∈ Z tel que b = αa. Dès lors, bc = (αc)a où αc est un entier et
a|bc.
• Si a|b et b|c, il existe α, β ∈ Z tels que b = aα et c = bβ. Dès lors
c = bβ = a(αβ) où (αβ) ∈ Z
U
sa
ge
et a|c.
Le théorème suivant montre que l’on ne peut pas définir l’inverse entier d’un entier
différent de 1 :
Quels que soient les entiers positifs m et n,
mn = 1
⇒
m = 1 et n = 1
Supposons que m 6= 1, alors m > 1 et
(8.9)
mn > n ≥ 1
Dès lors, mn > 1, ce qui est en contradiction avec mn = 1. On doit donc rejeter l’hypothèse
m 6= 1. De même, on montre aisément que n = 1.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
222
8.2.2 Nombres premiers.
premier2
On remarquera que 1 n’est ni premier ni composé.
ité
Un entier p > 1 est
si les seuls facteurs positifs de p sont 1 et p. Un
entier p > 1 qui n’est pas premier est dit composé.
E XEMPLE 8.9 L’entier 7 est premier puisqu’il n’est divisible que par 1 et 7.
⋄
'
lim
Les nombres premiers jouent un rôle important dans l’étude des entiers en raison du
théorème suivant :
T H ÉOR ÈME FONDAMENTAL DE L’ ARITHM ÉTIQUE .
Tout entier n > 1 peut s’écrire de façon unique comme le produit de nombres
premiers (l’ordre des facteurs n’étant pas pris en considération).
Cette écriture est appelée la factorisation de n et les nombres premiers qui y
apparaissent sont les facteurs premiers de n.
&
$
%
Montrons d’abord que tout entier positif n > 1 peut être exprimé comme le produit de
nombres premiers.
U
sa
ge
i. La proposition est vraie pour n = 2 puisque 2 est lui-même premier.
ii. Si on suppose que l’on peut représenter tout entier k tel que 2 ≤ k ≤ n comme
produit de nombres premiers, alors on peut démontrer que n + 1 peut aussi être écrit
de la sorte.
En effet, si n + 1 est premier, alors la proposition est démontrée. Si n + 1 est
composé, il peut s’écrire comme le produit de deux entiers positifs a et b tels
que 2 ≤ a ≤ b < n + 1. Selon l’hypothèse inductive, on peut écrire a et b comme
des produits de nombres premiers. Donc, on pourra également écrire n + 1 comme
produit de nombres premiers, à savoir les facteurs premiers de a et b.
Par le principe d’induction généralisée, on en déduit que tout entier n > 1 peut
effectivement s’exprimer comme le produit de nombres premiers.
La démonstration de l’unicité de la factorisation comme produit de nombre premiers
est plus ardue.
Supposons que la factorisation ne soit pas unique et qu’il existe donc un plus petit
entier n > 1 pour lequel il existe deux factorisations possibles, soit
n = p1 p2 . . . pr = q1 q2 . . . qs
où les pi (i ∈ {1, 2, . . ., r}) et q j ( j ∈ {1, 2, . . .s}) sont premiers.
2 On
peut admettre la généralisation du concept de nombre premier aux entiers p < −1 en disant qu’un
tel entier est premier si −p > 1 est premier. Un entier p < −1 est composé si −p est composé.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
223
Manifestement, r et s sont strictement supérieurs à 1 (sinon n serait premier ou bien
on aurait l’égalité entre un nombre premier et un nombre composé).
– Si, par exemple, p1 = q1 , alors
ité
n
= p2 . . . pr = q2 . . .qs < n
p1
lim
Puisque tout entier inférieur à n possède une factorisation unique, on a r = s et, pour
tout i ∈ {1, 2, . . .r}, pi = q j pour une certaine valeur de j.
Il en est de même si pi = q j pour une valeur particulière de (i, j).
– Si tous les pi et q j sont différents, supposons (sans perte de généralité) que p1 < q1
et formons
N = n − p1 q2 q3 . . . qs = (q1 − p1 )q2 q3 . . . qs = p1 (p2 p3 . . . pr − q2 q3 . . . qs )
Manifestement, 1 < N < n et N possède donc une factorisation unique. Cependant,
p1 6 |(q1 − p1 ) puisque p1 < q1 et que q1 est premier. Dès lors, les deux expressions
de N sont telles que l’une contient p1 et l’autre pas. Cette contradiction montre qu’il
est impossible que les pi diffèrent des q j .
En conclusion, la factorisation est donc unique.
U
sa
ge
E XEMPLE 8.10 On a
100 = 2 · 2 · 5 · 5 = 22 52
999 = 3 · 3 · 3 · 37 = 33 37
641 = 641
L’ensemble des nombres premiers est infini.
⋄
Démontrons ce théorème par l’absurde en supposant que les nombres premiers
puissent être énumérés de 1 à n, où n est fini, par ordre croissant selon
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7, p5 = 11, . . . , pn
Formons alors l’entier N = p1 · p2 · p3 · · · pn + 1. Cet entier peut être décomposé en
facteurs premiers et est donc divisible par au moins un nombre premier p. Celui-ci
doit nécessairement faire partie de {p1 , p2 , p3 , . . . , pn }. Cependant, ceci est impossible
puisque, alors, p devrait être un diviseur de 1, ce qui est impossible puisque p > 1.
Cette contradiction permet donc de conclure qu’il n’existe pas de plus grand nombre
premier pn , i.e. que l’ensemble des nombres premiers est infini.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
224
ité
De nombreux énoncés relatifs à la distribution des nombres premiers ont été établis
en théorie des nombres. De nombreux autres sont encore à l’état de conjecture, i.e. on ne
dispose d’aucune démonstration et d’aucun contre-exemple.
• On peut toujours trouver n nombres composés consécutifs quel que soit n ≥ 1.
• Tout ensemble de nombres {n + 1, n + 2, . . . , 2n} contient au moins un nombre
premier.
• Les nombres de Mersenne de la forme M p = 2 p −1 où p est premier sont eux-même
premiers pour
lim
p = 2, 3, 5, 7, 113, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203,
2281, 3217, 4253, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701,
23209, 44497, 86243, 110503, 132049, 216091, 756839, 859433
n
• Longtemps, on a cru que les nombres de Fermat de la forme Fn = 22 + 1 étaient
premiers parce que Fn est premier pour n < 5. Cependant, F5 est un entier composé.
• On suppose que {n2 + 1, n2 + 2, . . . , (n + 1)2} contient toujours au moins un nombre
premier.
• On suppose qu’il existe une infinité de nombres premiers jumeaux, i.e. de nombres
premiers qui, comme 3 et 5, 5 et 7, 11 et 13 ou 17 et 19, ne diffèrent que de 2 unités.
(On sait, par exemple, que 256 200 945 · 23426 ± 1 sont des nombres premiers.)
U
sa
ge
En particulier, la distribution des nombres premiers fait l’objet de beaucoup
d’énoncés. On désigne généralement par π(x) le nombre de nombres premiers inférieurs
ou égaux à x. On a, par exemple
x
π(x)
1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000
168 303 430 550 669 783 900 1007 1117
Hadamard et de la Vallée Poussin on montré, indépendamment l’un de l’autre, que
x
π(x) ∼
(x → +∞)
(8.10)
ln x
De même,
π(x) ∼ Li(x) =
et
Z x
dt
2
lnt
(x → +∞)
1
1
1
π(x) ∼ R(x) = Li(x) − Li(x1/2 ) − Li(x1/3 ) − Li(x1/5 )
2
3
5
(8.11)
(x → +∞)
(8.12)
où Li(x) et R(x) sont appelés respectivement le logarithme intégral et la fonction de
Riemann. Cette dernière constitue la meilleure approximation connue de π(x).
Remarquons que la formule approchée (8.10) montre que, asymptotiquement, la
proportion de nombres premiers inférieurs à n est de l’ordre de 1/ ln n et tend donc vers
zéro lorsque n tend vers l’infini.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
225
La technique de base pour déterminer si un entier n > 1 est premier consiste, selon
la définition, à tester sa divisibilité par 2, 3, . . ., n − 1. Cette méthode laborieuse peut être
simplifiée en utilisant le résultat suivant.
Si n est√composé, alors il existe (au moins) un nombre premier p tel que p|n
et p ≤ n.
Puisque n est composé, il s’exprime sous la forme
n = a·b
1 < a, b < n
ité
lim
√
Il est cependant
impossible
que
a
et
b
soient
tous
deux
supérieurs
à
n ; on aurait alors
√ √
n = a · b > n n = n ce√
qui est impossible.
Si, par
√ exemple, a ≤ n alors tout diviseur premier p de a est un nombre premier tel
que p ≤ n et p|n.
Dès lors, pour déterminer si un nombre n est premier,
il suffit de tester sa divisibilité
√
par tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à n.
U
sa
ge
Pour déterminer la liste des nombres premiers inférieurs ou égaux à un entier n, on
aura recours au crible d’Ératosthène. Cette méthode repose sur le fait que tout entier n
divisible par un entier d, est également divisible par tous les diviseurs premiers de d. Dès
lors, il suffit de dresser la liste des entiers inférieurs ou égaux √
à n et
– d’identifier les nombres premiers inférieurs ou égaux à n ;
– de supprimer 1 et tous les multiples des ces nombres premiers (mais pas les nombres
premiers eux-mêmes).
Les entiers qui restent dans la liste sont les nombres premiers recherchés.
E XEMPLE 8.11 Identifions les nombres premiers inférieurs ou égaux à 60. Pour ce faire, il suffit
de
√ supprimer de la liste des entiers de 2 à 60 tous les multiples de nombres premiers inférieurs à
60 = 7.75, soit les multiples de 2, 3, 5 et 7.
61
11
6 26 1
31
41
6 56 1
2
3 64
6 16 2 13 6 16 4
6 26 2 23 6 26 4
6 36 2 6 36 3 6 36 4
6 46 2 43 6 46 4
6 56 2 53 6 56 4
5
6 16 5
6 26 5
6 36 5
6 46 5
6 56 5
66
7 6 8 6 9 6 16 0
6 16 6 17 6 16 8 19 6 26 0
6 26 6 6 26 7 6 26 8 29 6 36 0
6 36 6 37 6 36 8 6 36 9 6 46 0
6 46 6 47 6 46 8 6 46 9 6 56 0
6 56 6 6 56 7 6 56 8 59 6 66 0
Il reste donc 17 nombres premiers, soit
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
226
E XEMPLE 8.12 Décomposons 7007 en facteurs premiers. Il vient successivement,
7007 = 7 · 1001 = 7 · (7 · 143) = 7 · 7 · 11 · 13
ité
⋄
lim
Les méthodes précédentes sont aisément mises en pratique pour déterminer si de petits
nombres sont premiers. Cependant, les utilisations actuelles des nombres premiers, en
particulier en cryptographie, demandent de traiter des nombres premiers qui comportent
de l’ordre de 200 chiffres. Ainsi, si on désire vérifier qu’un entier n de l’ordre de 10200 est
premier,
on doit vérifier qu’il n’est divisible par aucun nombre premier
√
√ inférieur
√ ou égal
à n = 10100 . Or, en utilisant (8.10), on sait qu’il existe de l’ordre de n/ ln n = 4 1097
nombres premiers dans cet intervalle. Si on accepte qu’un ordinateur permet d’effectuer
106 tests de division par seconde, cette vérification prendra de l’ordre de 1084 années !
Ceci montre que des techniques plus évoluées (entre autres statistiques) doivent être
élaborées pour traiter de tels nombres premiers.
8.2.3 Plus grand commun diviseur.
Si a et b sont deux entiers non tous deux nuls, le plus grand commun diviseur,
noté pgcd(a, b), de a et b est le plus grand entier d tel que d|a et d|b.
E XEMPLE 8.13 Les diviseurs communs de 12 et 18 sont ±1, ±2, ±3, ±6. Le plus grand commun
diviseur de 12 et 18 est donc 6.
⋄
sa
ge
U
E XEMPLE 8.14 Les diviseurs communs de −44 et 12 sont ±1, ±2, ±4. Le plus grand commun
diviseur de 44 et 12 est donc 4.
⋄
Deux entiers a et b sont premiers entre eux si leur plus grand diviseur commun
est 1.
E XEMPLE 8.15 Les entiers 17 et 22 sont premiers entre eux puisque leurs diviseurs respectifs
sont {±1, ±17} et {±1, ±2, ±11, ±22} de sorte que pgcd(a, b) = 1.
⋄
Pour déterminer le pgcd de deux entiers strictement positifs3 a et b de façon
systématique, on peut partir de la décomposition de a et b en facteurs premiers :
a = pa11 pa22 . . . pann
et
b = pb11 pb22 . . . pbnn
(8.13)
où p1 , p2 , . . . , pn sont tous les facteurs premiers de a et de b et où les exposants
a1 , a2 , . . ., an et b1 , b2 , . . . , bn sont des entiers positifs ou nuls (si p j n’est pas un facteur
premier d’un des entiers considérés, il suffit de l’affecter d’un exposant nul). Alors
min(a1 ,b1 ) min(a2 ,b2 )
min(a ,b )
p2
. . . pn n n
pgcd(a, b) = p1
3 Le
(8.14)
cas où a ou b est négatif se ramène aisément au cas envisagé en remarquant que pgcd(a, b) =
pgcd(|a|, |b|). D’autre part si a 6= 0, on a pgcd(a, 0) = |a|.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
227
En effet, l’entier ainsi formé divise bien a et b. C’est aussi le plus grand entier qui possède
cette propriété puisque a ou b ne seront pas divisibles par un entier formé en augmentant
une puissance quelconque des pi .
pgcd(120, 500) = 22 · 5 = 20
ité
E XEMPLE 8.16 Puisque 120 = 23 · 3 · 5 et 500 = 22 · 53 , on en déduit que
⋄
L’algorithme d’Euclide est une méthode très efficace pour trouver le plus grand
commun diviseur de deux nombres positifs a et b. Cet algorithme est basé sur le résultat
suivant :
lim
Si a = bq + r où a, b, q et r sont des entiers, alors
pgcd(a, b) = pgcd(b, r)
La propriété provient du fait que les diviseurs communs de a et b sont les mêmes que les
diviseurs communs de b et r.
D’une part, si d divise a et b, alors d divise également a − bq = r. Donc tout diviseur
commun de a et b est aussi un diviseur de b et r.
D’autre part, tout diviseur d commun à b et r est aussi un diviseur de a et de b puisque
bq + r = a.
sa
ge
U
(8.15)
En conséquence, pour calculer le pgcd de deux nombres a et b avec a > b, il suffit de
diviser a par b, ce qui conduit à rechercher le pgcd de b et du reste r de la division de a
par b. En procédant successivement de la sorte, on obtient le pgcd comme le dernier reste
non nul dans la suite des divisions.
E XEMPLE 8.17 Calculons le pgcd de 414 et 662. Il vient successivement
pgcd(662, 414) =?
pgcd(414, 248) =?
pgcd(248, 166) =?
pgcd(166, 82) =?
pgcd(82, 2) =?
Dès lors, pgcd(662, 414) = 2.
662 = 414 · 1 + 248
414 = 248 · 1 + 166
248 = 166 · 1 + 82
166 = 82 · 2 + 2
82 = 41 · 2 + 0
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
228
8.2.4 Équations diophantines linéaires.
ité
En utilisant les résultats intermédiaires de l’algorithme d’Euclide, on peut aisément
exprimer le pgcd de deux nombres a et b sous la forme ax + by où x et y sont deux entiers.
E XEMPLE 8.18 En collectant les résultats intermédiaires de l’exemple 8.17 de la fin vers le début,
on a
2 = 166 − 82 · 2 = 166 − 2(248 − 166)
= 3(414 − 248) − 2 · 248 = 3 · 414 − 5(662 − 414)
lim
= 8 · 414 − 5 · 662
⋄
En appliquant le même raisonnement à un couple d’entiers quelconques a et b non
simultanément nuls, on voit qu’il existe x, y ∈ Z tels que
pgcd(a, b) = ax + by
(8.16)
Dans le cas général, on dispose du résultat suivant :
'
$
L’équation diophantine linéaire
U
sa
ge
ax + by = n
(8.17)
où a, b, n ∈ Z et où a et b ne sont pas tous deux nuls possède des solutions
entières x et y si et seulement si
pgcd(a, b)|n
&
(8.18)
%
La condition est nécessaire. En effet, si ax + by = n alors, puisque pgcd(a, b) divise a
et b, il divise également ax et by ainsi que leur somme, n.
La condition est suffisante. En effet, si n = t pgcd(a, b) avec t ∈ Z, alors pgcd(a, b) =
ax′ + by′ (x′ , y′ ∈ Z), en vertu de (8.16), et
n = t pgcd(a, b) = a(tx′ ) + b(ty′) = ax + by
où on a posé x = tx′ et y = ty′ .
Remarquons que la condition pgcd(a, b)|n est toujours satisfaite si a et b sont premiers
entre eux.
La démonstration de la condition suffisante montre que l’algorithme d’Euclide pour la
recherche du pgcd permet de déterminer une solution d’une équation diophantine linéaire.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
229
E XEMPLE 8.19 Cherchons des entiers x et y vérifiant l’équation
533x + 117y = 65
pgcd(533, 117) =?
pgcd(117, 65) =?
pgcd(65, 52) =?
pgcd(52, 13) =?
ité
Calculons d’abord le pgcd de 533 et 117. Il vient successivement
533 = 117 · 4 + 65
117 = 65 · 1 + 52
65 = 52 · 1 + 13
52 = 13 · 4 + 0
lim
Dès lors, pgcd(533, 117) = 13.
Puisque 13|65, on en déduit que l’équation est soluble.
Pour calculer une solution, on repart en arrière en écrivant successivement
13 = 65 − 52 = 65 − (117 − 65)
= 2 · 65 − 117 = 2(533 − 117 · 4) − 117
= 2 · 533 − 9 · 117
En multipliant cette équation par 5 (= 65/13), on obtient
10 · 533 − 45 · 117 = 65
⋄
U
sa
ge
et on a donc identifié la solution x = 10, y = −45.
E XEMPLE 8.20 La représentation de la droite
14x + 12y = 5
sur un écran d’ordinateur est nécessairement approchée en tout point. En effet, aucun pixel (x, y)
ne vérifie exactement cette équation puisque
pgcd(14, 12) = 2 6 | 5
⋄
La solution déterminée par l’algorithme d’Euclide n’est pas la seule possible.
Le théorème suivant montre comment obtenir la solution générale d’une équation
diophantine.
'
Si n 6= 0 et pgcd(a, b)|n, la solution générale de l’équation diophantine linéaire
ax + by = n
s’écrit
x = x0 +
tb
,
pgcd(a, b)
y = y0 −
(8.19)
ta
pgcd(a, b)
où (x0 , y0 ) désigne une solution quelconque et où t ∈ Z.
&
$
(8.20)
%
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
230
L’hypothèse pgcd(a, b)|n assure l’existence d’au moins une solution (x0 , y0 ). Dans ce
cas, on vérifie que (x, y) donné par (8.20) est également une solution puisque x et y sont
entiers et que
tab
tab
+ by0 −
= ax0 + by0 = n
pgcd(a, b)
pgcd(a, b)
ité
ax + by = ax0 +
Pour démontrer que la solution générale s’écrit comme (8.20), considérons la différence
membre à membre des équations
ax + by = n
et
ax0 + by0 = n
lim
On a, après division par pgcd(a, b),
a
b
(x − x0 ) +
(y − y0 ) = 0
pgcd(a, b)
pgcd(a, b)
(⋆)
Sans perte de généralité, on peut supposer b 6= 0 (sinon on considère a 6= 0) et, dans ce
cas,
b
a
(x − x0 )
divise
pgcd(a, b)
pgcd(a, b)
U
sa
ge
où b/pgcd(a, b) et a/pgcd(a, b) sont premiers entre eux (sinon on pourrait mettre en
évidence d’autres facteurs communs aux factorisations de a et b que ceux dont le produit
constituent le pgcd.). On en déduit que b/pgcd(a, b) divise (x − x0 ), c’est-à- dire qu’il
existe t ∈ Z tel que
b
(x − x0 ) = t
pgcd(a, b)
Portant cette expression dans (⋆), il vient
a
b
b
t
+
(y − y0 ) = 0
pgcd(a, b) pgcd(a, b) pgcd(a, b)
soit, après simplification (b 6= 0),
a
t + (y − y0 ) = 0
pgcd(a, b)
ce qui achève la démonstration.
E XEMPLE 8.21 Déterminons toutes les solutions de l’équation diophantine de l’exemple 8.19.
Puisqu’on dispose de la solution x0 = 10, y0 = −45 et que pgcd(533, 117) = 13, il vient
117 t
533 t
(x, y) = 10 +
, −45 −
= (10 + 9t, −45 − 41t)
13
13
quel que soit t ∈ Z.
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
231
E XEMPLE 8.22 Déterminons les pixels de coordonnées (x, y) qui vérifient exactement l’équation
de la droite
14x + 5y = 9
et (x0 , y0 ) = (−9, 27) est une des solutions recherchées.
Les autres solutions sont
t
(5, −14) = (−9 + 5t, 27 − 14t)
pgcd(14, 5)
∀t ∈ Z
lim
(x, y) = (−9, 27) +
ité
Cette équation possède au moins une solution puisque pgcd(14, 5) = 1|9.
Dès lors,
9 = −9 · 14 + 27 · 5
⋄
8.2.5 Plus petit commun multiple.
Le plus petit commun multiple ppcm(a, b) des entiers strictement positifs a et
b est le plus petit entier strictement positif divisible par a et par b.
Le ppcm de deux entiers existe toujours. En effet, l’ensemble des entiers positifs
divisibles par a et b est non vide. Selon le principe du bon ordre énoncé plus haut, cet
ensemble possède un plus petit élément. On peut l’obtenir en partant des décompositions
de a et b en facteurs premiers par la formule
sa
ge
U
max(a1 ,b1 ) max(a2 ,b2 )
max(an ,bn )
p2
. . . pn
ppcm(a, b) = p1
(8.21)
puisque ce nombre n’a aucun autre facteur premier que ceux qui se trouvent à la fois dans
a et b.
En combinant (8.14) avec (8.21) et en tenant compte de min(ai , bi ) max(ai , bi ) = ai bi
il vient,
Quels que soient les entiers strictement positifs a et b, on a
a · b = pgcd(a, b) · ppcm(a, b)
(8.22)
8.2.6 Arithmétique modulaire.
Si a et b sont deux entiers et si m est un entier strictement positif, on dit que
a est congru à b modulo m, ce qui ce note a ≡ b(mod m), lorsque m divise
a − b.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
232
E XEMPLE 8.23 On a 17 ≡ 5(mod 6) puisque 6|(17 − 5)
⋄
Notons que la relation de congruence est symétrique, i.e.
⇔
b ≡ a(mod m)
(8.23)
ité
a ≡ b(mod m)
Deux entiers a et b sont congrus l’un à l’autre modulo m lorsque les restes des
divisions de a et b par m sont égaux. Notant a mod m le reste de la division de a par
m, ceci s’écrit
a ≡ b(mod m)
a mod m = b mod m
(8.24)
lim
⇔
Si a ≡ b(mod m), alors ∃α ∈ Z t.q a − b = α m, soit a = α m + b. Dès lors
a mod m = (α m + b) mod m
= b mod m
Inversement, si a mod m = b mod m, alors ∃α, β, γ ∈ Z t.q
a = α m + γ et b = βm + γ
soit
U
sa
ge
a − b = (α − β)m
et donc
a ≡ b(mod m)
'
$
Soit m un entier strictement positif,
(
(
a ≡ b(mod m)
(a + c) ≡ (b + d)(mod m)
⇒
c ≡ d(mod m)
ac ≡ bd(mod m)
(8.25)
&
En vertu des hypothèses, ∃α, β ∈ Z tels que
b = a + αm
et
d = c + βm
b + d = (a + c) + (α + β)m
et
bd = ac + m(aβ + cα + αβm)
a + c ≡ (b + d)(mod m)
et
ac ≡ bd(mod m)
%
Dès lors
et donc
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
233
Le théorème précédent montre que l’addition et la multiplication conservent les
congruences. Cependant, la division par un entier des deux côtés d’une congruence ne
préserve pas toujours la congruence.
$
'
&
⇒
b ≡ c(mod m)
lim
Soit m un entier strictement positif,
)
pgcd(a, m) = 1
ab ≡ ac(mod m)
ité
E XEMPLE 8.24 La congruence 14 ≡ 8(mod 6) est valide puisque 6 divise 14 − 8 = 6. Cependant,
7 6≡ 4(mod 6) puisque 6 ne divise pas 7 − 4 = 3.
⋄
(8.26)
%
En effet, ab ≡ ac(mod m) signifie que m|[a(b − c)]. Comme a et m sont premiers entre
eux et ne possèdent donc aucun diviseur commun, on en déduit que m|(b − c), soit
b ≡ c(mod m)
U
sa
ge
L’arithmétique modulaire possède de nombreuses applications dans le domaine du
traitement informatique des grands nombres et de la cryptographie.
E XEMPLE 8.25 A LGORITHME DE V ÉRIFICATION .
En Belgique, les numéros de comptes en banque sont formés selon
abc − de f ghi j − kl
où chaque lettre remplace un chiffre. Le nombre formé par les deux derniers chiffres, kl, est utilisé
pour vérifier qu’aucune erreur n’a été commise dans l’écriture de la première partie abc − de f ghi j
du numéro de compte. Pour être valide un numéro de compte doit être tel que
kl = abcde f ghi j mod 97
Par exemple, le numéro de compte 340 − 1957226 − 95 est valide puisque 95 =
3401957226 mod 97.
⋄
E XEMPLE 8.26 N OMBRES PSEUDO - AL ÉATOIRES .
Il est parfois nécessaire de disposer de nombres aléatoires dans certaines méthodes numériques
(e.g. méthode de Monte-Carlo) ou certaines applications informatiques particulières (e.g.
simulation de files d’attente). La procédure la plus couramment employée pour générer des
nombres aléatoires est la méthode linéaire de congruence. On choisit quatre entiers, le module
m, le multiplicateur a, l’incrément c et la semence x0 avec 2 ≤ a < m, c ≥ 0 et 0 ≤ x0 < m. On
engendre ensuite une suite de nombres (xk ) où 0 ≤ xk < m par la relation
xk+1 = (axk + c) mod m
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
234
8.2.7 Congruences linéaires.
Une équation du type
(8.27)
lim
ax ≡ b(mod m)
ité
Les nombres ainsi créés ne sont pas réellement aléatoires, puisqu’ils découlent d’une règle bien
déterminée, on les dit dès lors pseudo-aléatoires.
La plupart des ordinateurs utilisent des générateurs linéaires à congruence pour générer des
nombres pseudo-aléatoires. On utilise largement le générateur purement multiplicatif où c = 0,
m = 231 − 1 et a = 75 . Avec ces valeurs, on peut démontrer que 231 − 2 nombres sont générés
avant que ne réapparaisse la même suite.
⋄
où a, b et m sont des entiers connus avec m strictement positif et où x est un entier inconnu
est appellée une congruence linéaire. Celle-ci est équivalente à l’équation diophantine
ax − my = b
y∈Z
La solution de (8.27) est donc régie par le résultat suivant :
'
$
Si a, b et m sont des entiers et si m est positif, la congruence linéaire
U
sa
ge
ax ≡ b(mod m)
est soluble si et seulement si pgcd(a, m)|b.
Si x0 désigne une solution quelconque, on peut construire exactement
pgcd(a, m) solutions x
x = x0 +
&
tm
pgcd(a, m)
où t = 0, 1, 2, . . ., pgcd(a, m) − 1
(8.28)
distinctes modulo m. La solution x0 est donc unique modulo m/pgcd(a, m).
%
Dans le cas particulier où a et m sont premiers entre eux, i.e. pgcd(a, m) = 1, la
solution de la congruence linéaire (8.27) est unique modulo m et permet donc de définir
un nombre x. En particulier, la solution de ax ≡ 1(mod m) telle que 1 ≤ x < m est appelée
l’inverse de a modulo m.
Dans le cas général, la congruence, si elle est soluble, possède pgcd(a, m) solutions
modulo m. On peut alors tenter de définir un nombre unique comme solution d’un système
de congruences linéaires.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
235
'
x ≡ ci (mod mi )
ité
T H ÉOR ÈME DU RESTE CHINOIS .
Si les entiers positifs m1 , m2 , . . . , mk sont premiers entre eux deux par deux, le
système de congruences4
$
i = 1, 2, . . .k
&
(8.29)
%
possède une solution unique modulo m où m = m1 m2 · · · mk .
lim
Pour qu’une solution existe, il est évidemment nécessaire que chaque congruence
linéaire possède au moins une solution. Il faut donc que pgcd(1, mi ) divise ci pour tout
i ∈ {1, 2, . . ., k}, ce qui est le cas puisque pgcd(1, mi ) = 1.
Pour construire une solution, on procède comme suit. Pour chaque i = 1, 2, . . ., k, on
définit m′i = m/mi ∈ Z. Manifestement, mi et m′i sont premiers entre eux. Dès lors, on peut
trouver des entiers m′′i qui vérifient la congruence linéaire
m′i m′′i ≡ 1(mod mi )
Une solution du système est alors donnée par
x = c1 m′1 m′′1 + · · · + ck m′k m′′k
U
sa
ge
puisque mi |m′j si i 6= j et donc
x ≡ (ci m′i m′′i )(mod mi ) ≡ ci (mod mi )
La solution obtenue est unique modulo m. En effet, si x et y sont deux solutions, alors
x − y ≡ 0(mod mi )
i = 1, 2, . . ., k
ce qui n’est possible que si x − y est un multiple de m, i.e. x − y ≡ 0(mod m) puisque les
mi sont premiers entre eux deux par deux.
E XEMPLE 8.27 Déterminons la solution de
x ≡ 1(mod 2),
x ≡ 2(mod 3),
x ≡ 3(mod 5),
x ≡ 4(mod 7),
x ≡ 5(mod 11)
Les entiers 2, 3, 5, 7 et 11 étant premiers entre eux deux par deux, on est assuré de l’existence
d’une solution unique modulo m = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 = 2310.
4 Remarquons que
toute congruence de la forme ax ≡ b(mod m) qui possède au moins une solution peut
être amenée à la forme équivalente x ≡ b⋆ (mod m⋆ ). En effet, s’il existe une solution x alors pgcd(a, m)|b
et on peut aussi déterminer c ∈ Z tel que ac ≡ pgcd(a, m)(mod m). Dès lors,
x ≡ b⋆ (mod m⋆ )
où
b⋆ =
cb
m
et m⋆ =
pgcd(a, m)
pgcd(a, m)
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
236
En suivant la voie tracée dans la démonstration précédente, on calcule successivement
m2 = 3
m′2 =
m3 = 5
m′3 =
m4 = 7
m′4 =
m5 = 11
m′5 =
Finalement, il vient
m
m1
m
m2
m
m3
m
m4
m
m5
=
=
=
=
=
2310
2
2310
3
2310
5
2310
7
2310
11
= 1155
1155m′′1 ≡ 1(mod 2)
m′′1 = 1
= 770
770m′′2 ≡ 1(mod 3)
m′′2 = 2
= 462
462m′′3 ≡ 1(mod 5)
m′′3 = 3
= 330
330m′′3 ≡ 1(mod 7)
m′′4 = 1
= 210
210m′′5 ≡ 1(mod 11)
m′′5 = 1
ité
m′1 =
lim
m1 = 2
x = 1155 + 3080 + 4158 + 1320 + 1050 = 10763 ≡ 1523(mod 2310)
⋄
U
sa
ge
Le théorème du reste chinois montre qu’on peut effectuer indirectement des opérations
sur des entiers plus grands que ceux que la représentation interne des nombres dans un
ordinateur ne le permet en manipulant ceux-ci modulo un ensemble de nombres premiers
mi . Le résultat est alors défini modulo le produit m de ces nombres premiers, i.e. la solution
est unique dans 0 ≤ x < m, ce qui suffit si m est plus grand que les nombres qui doivent
être manipulés.
Les nombres de Mersenne de la forme 2n − 1 où n ∈ N0 sont souvent utilisés comme
bases de calcul mi .
8.2.8 Théorèmes d’Euler et de Fermat.
Définissons d’abord la fonction d’Euler φ pour n ∈ N0 par
φ(n) = nombre d’entiers m tels que 1 ≤ m ≤ n et pgcd(m, n) = 1
Autrement dit, φ(n) représente le nombre d’entiers positifs inférieurs ou égaux à n et
premiers avec n.
Si p est premier, les nombres premiers avec p et inférieurs ou égaux à p sont
simplement {1, 2, 3, 4, . . ., p − 1} et donc φ(p) = p − 1.
'
$
T H ÉOR ÈME D ’E ULER .
Soit n un entier strictement positif. Pour tout a ∈ Z,
&
pgcd(a, n) = 1
⇒
aφ(n) ≡ 1(mod n)
(8.30)
%
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
237
ité
Soit k = φ(n) et r1 , r2 , . . ., rk les naturels inférieurs à n qui sont premiers avec n.
Formons les entiers ar1 , ar2 , . . . ark . Ces entiers
– ne sont pas congrus deux à deux modulo n ;
ari ≡ ar j (mod n) impliquerait ri ≡ r j (mod n) puisque a et n sont premiers entre
eux.
– sont tous premiers avec n ;
pgcd(a, n) = pgcd(ri , n) = 1 implique que pgcd(ari , n) = 1
Dès lors, puisqu’il y a exactement φ(n) nombres ar1 , ar2 , . . . ark , ceux-ci sont congrus
modulo n aux nombres r1 , r2 , . . . rk (dans un certain ordre) et
lim
r1 · r2 · · · rk ≡ ar1 · ar2 · · · ark (mod n)
Simplifiant par les ri (puisque ceux-ci sont premiers avec n), on obtient bien
1 ≡ ak (mod n)
Le théorème d’Euler possède un corollaire important qui est à la base d’une série de
méthodes d’identification des nombres premiers.
P ETIT TH ÉOR ÈME DE F ERMAT
Si p est premier alors a p ≡ a(mod p).
Si, de plus, a est premier avec p, alors a p−1 ≡ 1(mod p).
U
sa
ge
Si p est premier, alors φ(p) = p − 1. Si, de plus, a et p sont premiers entre eux, le
théorème d’Euler donne
aφ(p) ≡ a p−1 ≡ 1(mod p)
Multipliant par a les deux membres de la congruence ci-dessus, il vient
a p ≡ a(mod p)
Cette congruence reste valable dans le cas où p divise a puisqu’on a alors
a p ≡ 0(mod p) ≡ a(mod p)
Les nombres entiers composés impairs n tels que 2n−1 ≡ 1(mod n) sont dits pseudopremiers. Ceux-ci sont relativement rares. Ils sont parfois utilisés, en combinaison avec le
petit théorème de Fermat, pour déterminer si un nombre est premier.
E XEMPLE 8.28 L’entier 341 est pseudo-premier puisqu’il est composé (341 = 11 · 31) et que
2340 ≡ 1(mod 341)
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
238
Le théorème d’Euler et le petit théorème de Fermat peuvent être utilisés pour résoudre
certaines congruences linéaires et pour manipuler de grands chiffres.
4x ≡ 11(mod 19)
ité
E XEMPLE 8.29 Recherchons les solutions de
Puisque 19 et 4 sont premiers entre-eux et que 19 est premier, il vient, par le petit théorème de
Fermat,
418 ≡ 1(mod 19)
lim
Dès lors, multipliant par 417 les deux membres de la congruence linéaire à résoudre, on a
418 x ≡ 11 · 417 (mod 19)
de sorte que
x ≡ 11 · 417 ≡ 17(mod 19)
et
x = 17 + 19k,
⋄
E XEMPLE 8.30 Recherchons le chiffre des unités de 7453 . Une calculatrice normale ne possède
pas assez de décimales pour calculer explicitement cette puissance et répondre à la question. Le
problème peut cependant être reformulé en remarquant que le chiffre des unités recherché, soit x,
est le reste de la division de 7453 par 10. On a donc
sa
ge
U
k ∈ Z.
x ≡ 7453 (mod 10)
Or, par le théorème d’Euler, on a
7φ(10) ≡ 74 ≡ 1(mod 10)
et
7452 ≡ (74 )113 ≡ 1113 ≡ 1(mod 10)
Dès lors,
x ≡ 7 · 7452 ≡ 7 · 1 ≡ 7(mod 10)
et le dernière chiffre est donc 7.
⋄
8.2.9 Cryptographie à clé publique.
L’arithmétique modulaire est très utilisée pour le codage de messages.
Jules César fut l’un des premiers à utiliser la cryptologie. Il codait ses messages en
décalant de 3 places chaque lettre de l’alphabet et en remplaçant les trois dernières lettres
par les trois premières. Pour exprimer mathématiquement ce codage, on remplace chaque
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
239
lettre par un entier compris entre 0 et 25 selon sa position dans l’alphabet. Ensuite, on
remplace chaque entier p ∈ [0, 25] par
ité
f (p) = (p + 3) mod 26
Pour décoder le message, il suffit d’utiliser la fonction inverse
f −1 (p) = (p − 3) mod 26
Selon ce processus, le message
Z
lim
MAT HEMAT IQU ES DANS
s’écrit, en remplaçant chaque lettre par un entier
12 0 19 7 4 12 0 19 8 16 20 4 18
3 0 13 18 25
En appliquant la fonction de codage, on trouve
15 3 22 10 7 15 3 22 11 19 23 7 21 6 3 16 21 2
soit, en convertissant les chiffres en lettres,
U
sa
ge
PDW KHPDW LT X HV
GDQV
C
Évidemment, une telle méthode de codage est vite déjouée puisque qu’une lettre
donnée est toujours codée en une même lettre. Il suffit de comparer la fréquence
d’apparition des différentes lettres dans un message codé avec la fréquence d’apparition
des lettres en français pour établir la correspondance entre les lettres du message codé et
les lettres du message décodé. Pour éviter cela, on peut utiliser l’arithmétique modulaire
pour le codage des blocs de lettres et non plus de lettres prises séparément.
Pour coder un message, on choisit un nombre premier p et une clé de codage e qui est
première avec φ(p) = p − 1. Le texte à coder converti en chiffres est divisé en blocs de
nombres dont les valeurs sont strictement inférieures à p. Soit B un tel bloc. Le codage
est effectué en remplaçant B par C tel que
C ≡ Be (mod p)
(0 ≤ C < p)
(8.31)
Pour décoder le message, on construit d’abord une clé de décodage d telle que
d e ≡ 1(mod (p − 1))
(8.32)
En vertu des résultats de la section 8.2.7, l’inverse de e modulo p − 1 existe puisque e
et p − 1 sont premiers entre eux. Au moyen de cette clé d, on peut ensuite décoder en
remarquant que
Cd ≡ B(mod p)
(8.33)
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
240
Cette relation résulte du théorème de Fermat. En effet, puisque p est premier et que B < p,
p et B sont premiers entre eux et on a
∀k ∈ Z, Bk(p−1) ≡ 1k ≡ 1(mod p)
et
ité
B p−1 ≡ 1(mod p)
Dès lors, tenant compte de (p − 1)|(ed − 1), i.e. ed − 1 = k(p − 1), on a5
Cd ≡ Bed ≡ Bed−1 B ≡ Bk(p−1) B ≡ B(mod p)
E XEMPLE 8.31 Soit le message
lim
Pratiquement, en élevant chacun des blocs codés C à la puissance d et en prenant le
reste de la division par p, on retrouve donc toujours le bloc B d’origine.
BONJOU R
à coder en utilisant le nombre premier p = 3571 et la clé de codage e = 1999. Le codage est
effectué en remplaçant d’abord chaque lettre du message par un nombre égal à la place occupée
par cette lettre dans l’alphabet (A = 01, B = 02, . . . , Z = 26). On groupe alors les nombres par
blocs de deux lettres pour former le message chiffré
0215
1410
1800
Remarquons l’insertion d’un blanc à la fin du message afin de disposer de blocs entier de 4 chiffres.
Le codage s’effectue alors par application de (8.31) successivement aux différents blocs de 4
chiffres. Le premier bloc, par exemple, devient
sa
ge
U
1521
C ≡ 02151999 (mod 3571)
⇒
0 ≤ C < 3571
C = 621
Le message codé complet s’écrit
0621
3121
1603
1630
Pour le décodage du message, on détermine d’abord la clé de décodage d en résolvant (8.32),
soit
1999d ≡ 1(mod 3570)
⇒
d = 709
Le décodage proprement dit s’opère en appliquant la formule (8.33) à chacun des blocs. Pour le
premier bloc de quatre chiffre, on a
0621709 ≡ B(mod 3571)
0 ≤ B < 3571
⇒
B = 0215
5 Dans une succession d’équivalences ≡, on peut omettre la répétition de (mod
On écrira donc
Cd ≡ Bed ≡ B(mod p)
au lieu de
Cd ≡ Bed (mod p) ≡ B(mod p)
p) pour alléger l’écriture.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
241
ce qui restitue la première partie du message. Le message décodé (mais chiffré) complet s’écrit
0215
1410
1521
1800
ité
et correspond bien au message de départ.
En pratique, bien entendu, on choisira des naturels p et e comportant un beaucoup plus grand
nombre de chiffres afin de compliquer la tâche des éventuels pirates tentant de percer le code. ⋄
lim
Le problème de cette méthode est que tout émetteur capable de coder un message est
aussi capable de le décoder. En effet, il suffit de connaı̂tre p et e pour en calculer d. C’est
pourquoi, on a inventé le système de cryptage à clé publique. Dans ce système, on choisit
deux grands nombres premiers p et q comportant de l’ordre de 200 chiffres chacun, et une
clé de codage e qui est un nombre premier avec6 φ(pq) = (p − 1)(q − 1). Seuls le produit
n = pq et la clé e sont rendus publics ; la factorisation de n en les deux nombres premiers
p et q étant tenue secrète. La connaissance de n et e suffit à encoder un message selon
C ≡ Be (mod n)
(8.34)
Pour décoder le message, on doit déterminer la clé de décodage d telle que
de ≡ 1(mod (p − 1)(q − 1))
Le succès de cette méthode provient du fait qu’il est extrêmement difficile de déterminer
l’inverse de e lorsque seuls n et e sont connus. En effet, il faudrait factoriser n, ce qui
est très très difficile étant donné que n comporte près de 400 chiffres. Par contre, on
peut beaucoup plus aisément déterminer d si p et q sont connus. En appliquant la même
méthode que dans le paragraphe précédent, on obtient alors
sa
ge
U
(8.35)
Cd ≡ B(mod n)
(8.36)
Remarquons que l’auteur d’un message codé par ce système est incapable de décoder
son propre message.
E XEMPLE 8.32 Supposons que l’on désire transmettre le message
NU MBER T HEORY
En associant les lettres de l’alphabet avec les entiers de 1 à 26 (A=1, B=2, C=3. . . ) et en groupant
les lettres par blocs de deux, ce message peut être chiffré selon
1421
1302
0518
0020
0805
1518
2500
6 Si
p et q sont premiers, les multiples p, 2p, . . . , (q − 1)p, qp et q, 2q, . . . , (p − 1)q de p et q sont les seuls
nombres qui ne sont pas premiers avec pq. Dès lors,
φ(pq) = pq − 1 − (p − 1) − (q − 1) = pq − p − q + 1 = (p − 1)(q − 1) = φ(p)φ(q)
Il s’agit là d’un résultat très général puisque l’on peut montrer que la fonction d’Euler est multiplicative,
i.e. si m et n sont premiers entre eux alors φ(mn) = φ(m)φ(n).
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
242
Choisissons7 n = 228795851 = 15121 · 15131 = pq et e = 1999. Remarquons que
pgcd(1999, 15121) = pgcd(1999, 15131) = 1.
Pour envoyer le message, on produit la version codée selon (8.34) soit
88105871
224222666
225218881
On calcule la clé de décodage en résolvant
81617401
48959911
221777037
ité
195417719
1999d ≡ 1(mod 15120 · 15130)
soit d = 223043599 et on décode chaque bloc du message en élevant celui-ci à la puissance
223043599 et en simplifiant le résultat modulo 228795851. Par exemple,
lim
195417719223043599 ≡ 1421(mod 228795851)
⋄
8.2.10 Représentation des nombres en base b.
On utilise communément la représentation des entiers en base 10. Cependant, il est
parfois utile de se servir de bases différentes. En particulier, les ordinateurs utilisent
la notation binaire, i.e. en base deux, pour effectuer des opérations arithmétiques.
De même, on utilise la notation octale (base 8) ou hexadécimale (base 16) pour
représenter les caractères. Cette possibilité est assurée par le théorème suivant (donné
sans démonstration) :
U
sa
ge
'
Soit b un entier plus grand que 1. Tout entier positif n peut être écrit de façon
unique selon
n = ak bk + ak−1 bk−1 + · · · + a1 b + a0
(8.37)
où k, a0 , a1 , . . ., ak−1 ∈ N et ak ∈ N0 . Cette expression, notée également
(ak ak−1 · · · a1 a0 )b est la représentation de n en base b.
&
E XEMPLE 8.33 La représentation binaire du nombre 351 est (101011111)2 . En effet,
$
%
(101011111)2 = 28 + 26 + 24 + 23 + 22 + 21 + 20 = 351
⋄
La représentation hexadécimale, i.e. en base 16, utilise les chiffres hexadécimaux
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,A=10,B=(11)10, C=(12)10 ,D=(13)10 ,E=(14)10 et F=(15)10 .
E XEMPLE 8.34 La représentation en base 10 de (2AE0B)16 est
(2AE0B)16 = 2 · 164 + 10 · 163 + 14 · 162 + 0 · 16 + 11 = 175 627
7 Évidemment
⋄
ce nombre est trop petit pour être utilisé dans la pratique. De plus la proximité de p et q
facilite la recherche de la factorisation.
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
243
La multiplication par deux d’un nombre en représentation binaire est effectuée très
simplement. En effet,
2n = 2(ak 2k + ak−1 2k−1 + · · · + a1 2 + a0 )
(8.38)
ité
= ak 2k+1 + ak−1 2k + · · · + a1 22 + a0 2 + 0
016 = (0000)2
116 = (0001)2
216 = (0010)2
316 = (0011)2
lim
Dès lors la représentation binaire de 2n est obtenue en ajoutant un zéro à la droite de la
représentation binaire de n.
On passe aisément de la représentation hexadécimale à la représentation binaire et
inversement. En effet, chaque chiffre hexadécimal est représenté par un nombre binaire
composé de quatre chiffres binaires puisque
416 = (0100)2
516 = (0101)2
616 = (0110)2
716 = (0111)2
816 = (1000)2
916 = (1001)2
A16 = (1010)2
B16 = (1011)2
C16 = (1100)2
D16 = (1101)2
E16 = (1110)2
F16 = (1111)2
U
sa
ge
Dès lors, on passe de la représentation binaire à la représentation hexadécimale
en transformant successivement chaque groupe de 4 chiffres binaires consécutifs en
un chiffre hexadécimal, en commençant par la droite. Inversement, on passe de la
représentation hexadécimale à la représentation binaire en substituant à chaque chiffre
hexadécimal sa représentation binaire.
E XEMPLE 8.35 En représentation hexadécimale, l’entier (101011111)2 est donné par
(0001
| {z })2 = (15F)16
| {z } 1111
| {z } 0101
F
1
5
⋄
8.3 Algorithmes et définitions récursifs.
Le principe de l’induction a de nombreuses applications. En algorithmique, il est à
la base de la construction des algorithmes récursifs. Ceux-ci consistent à résoudre un
problème en le réduisant à un ou plusieurs problèmes du même type mais de taille plus
petite jusqu’à ce que cette décomposition du problème aboutisse à un problème de base
dont la solution est connue.
E XEMPLE 8.36 Le calcul du pgcd selon l’algorithme d’Euclide est réalisé selon un algorithme
récursif. En utilisant un pseudo-code dont la signification est intuitivement évidente, on écrira
Procédure pgcd (a, b : nombres entiers positifs avec a < b)
si a = 0, alors pgcd(a, b) = b
sinon pgcd(a, b) = pgcd(b mod a, a)
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
244
ité
E XEMPLE 8.37 A LGORITHME DE FOUILLE BINAIRE R ÉCURSIF.
Si on désire trouver l’emplacement d’un élément x dans une liste ordonnée a1 , a2 , . . . , an , on
commencera par comparer x avec l’élément central a(n+1) div 2 (où (n + 1) div 2 désigne l’entier
⌊(n + 1)/2⌋). Si x est égal à cet élément, l’algorithme se termine. Sinon, on recherche x dans la
première moitié de la liste si x < a(n+1) div 2 ou dans la seconde moitié si x > a(n+1) div 2 . On se
ramène donc au même problème appliqué à un tronçon de la liste environ deux fois plus courte
que la liste de départ.
En pseudo-code, on a
lim
Procédure fouille (x, i, j)
m = (i + j) div 2
si x = am alors
emplacement = m
sinon si (x < am et i < m) alors
fouille (x, i, m − 1)
sinon si (x > am et j > m) alors
fouille (x, m + 1, j)
sinon emplacement = 0
Dans cette procédure, x désigne l’élément recherché dans la liste a1 , a2 , . . . , an et les paramètres i
et j sont des pointeurs délimitant le tronçon de la liste dans lequel la recherche est effectuée.
⋄
U
sa
ge
Le principe d’induction peut également être utilisé pour définir des fonctions ou des
ensembles de façon récursive ou inductive.
Pour définir un ensemble de façon récursive, il suffit :
i. de donner un ensemble initial d’éléments ;
ii. de donner les règles employées pour former des éléments de l’ensemble à partir
d’autres éléments déjà connus de l’ensemble.
Il est entendu qu’aucun élément n’appartient à l’ensemble à moins d’appartenir à
l’ensemble initial d’éléments ou de pouvoir être formé à partir d’éléments de l’ensemble
par application des règles citées dans la définition récursive.
E XEMPLE 8.38 F ORMULES MATH ÉMATIQUES BIEN FORM ÉES .
Les formules bien formées des variables, des nombres et des opérateurs {+, −, ⋆, /} sont
définies selon les conditions suivantes :
i. x est une formule bien formée si x est un nombre ou une variable ;
ii. ( f + g), ( f − g), ( f ⋆ g), ( f /g) sont des formules bien formées si f et g le sont.
Ainsi, x, x + 3, x/3, ((x + 3) + y) sont des formules bien formées. (Remarquons que (x/0) est
aussi une formule bien formée du point de vue de la syntaxe).
⋄
E XEMPLE 8.39 E NSEMBLE DES MOTS .
Si Σ désigne un ensemble quelconque, on désigne par Σ∗ l’ensemble des mots sur Σ, c’està-dire l’ensemble de toutes les listes finies d’éléments de Σ. L’ensemble Σ est alors appelé un
alphabet.
Si on désigne par ε le mot vide, alors
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
245
i. ε ∈ Σ∗
ii. ux ∈ Σ∗ si u ∈ Σ∗ et x ∈ Σ
ité
Dans cette définition, ux désigne la concaténation de u et x, c’est-à-dire le mot formé par le
mot u suivi de l’élément x.
⋄
De nombreuses fonctions sont aussi définies de façon récursive. Pour être valable, une
telle définition doit comprendre :
i. la valeur de la fonction dans le cas de base ;
ii. une règle permettant de ramener le calcul de la valeur de la fonction au cas de base.
i. 0! = 1
ii. (n + 1)! = (n + 1)n!
lim
E XEMPLE 8.40 La fonction factorielle est définie de façon récursive pour tout naturel n par :
⋄
E XEMPLE 8.41 La longueur l d’un mot est définie par :
i. l(ε) = 0
ii. l(ux) = l(u) + 1 si u ∈ Σ∗ et x ∈ Σ
⋄
U
sa
ge
Remarquons que, comme la définition récursive d’une fonction fait intervenir cette
même fonction, il est parfois difficile de vérifier que la fonction est bien définie.
E XEMPLE 8.42 Soit
M(n) =
n − 10
si n > 100
M(M(n + 11)) si n ≤ 100
où n ∈ N.
Pour n ≥ 101, la fonction est manifestement bien définie.
Pour n ≤ 100, il vient
M(100) = M(M(111)) = M(101) = 91
M(99) = M(M(110)) = M(100)
= M(M(111)) = M(101) = 91
On prouve aisément que M(n − 1) = M(n) pour n > 90. En effet,
M(n − 1) = M(M(n + 10)) = M((n + 10) − 10) = M(n)
Dès lors, M(n) = 91 pour n ≥ 90.
Pour n < 90, on se ramène finalement à une expression du type
M(n) = M(M(n + 11)) = M(91) = 91
La fonction est bien définie pour n ∈ N.
⋄
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
246
ité
E XEMPLE 8.43 Considérons l’expression

1
si
n=1






n
1 + G( ) si n est pair
G(n) =
2






G(3n − 1) si n est impair
Ceci ne constitue pas la définition récursive d’une fonction. En effet, on a
G(1) = 1
lim
G(2) = 1 + G(1) = 2
G(3) = G(8) = 1 + G(4) = 1 + [1 + G(2)] = 4
G(4) = 1 + G(2) = 3
mais
G(5) = G(14) = 1 + G(7)
= 1 + G(20) = 1 + [1 + (1 + G(5))]
= 3 + G(5)
U
sa
ge
ce qui n’est pas possible.
⋄
8.4 Exercices.
1) Démontrez les énoncés suivants ou donnez un contre-exemple :
a) Le produit de deux rationnels est un rationnel.
b) Le quotient de deux rationnels est un rationnel.
c) La différence de deux rationnels est un rationnel.
Rép. : a) vrai; b) vrai; c) vrai
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
247
2) Démontrez les énoncés suivants :
a) Le carré de tout entier pair est pair.
c) Si n est un entier impair, alors n2 + n est pair.
ité
b) Le carré de tout entier impair est impair.
d) Si r est un rationnel, alors 2r2 − r + 1 est un rationnel.
3) Démontrez les énoncés suivants ou donnez un contre-exemple :
a) Quels que soient les entiers a, b et c, si a|(b + c), alors a|b et a|c.
lim
b) Quels que soient les entiers a et b, si a|b, alors a2 |b2 .
c) Quels que soient les naturels a et b, si a ≡ r(mod b), alors pgcd(a, b) ≤ r.
Rép. : a) faux; b)vrai; c)vrai
4) Montrez que tout entier n peut être écrit d’une des trois façons :
n = 3q,
n = 3q + 1 ou n = 3q + 2 où q ∈ Z
Déduisez en que le produit de trois entiers consécutifs est toujours divisible par 3.
Déduisez en également que le carré d’un entier quelconque peut toujours s’écrire
sous la forme 3k ou 3k + 1 où k ∈ Z.
U
sa
ge
5) Montrez que le carré d’un entier quelconque peut toujours s’écrire sous la forme 4k
ou 4k + 1 où k ∈ Z.
6) Démontrez les énoncés suivants ou donnez un contre-exemple :
a) ∀x, y ∈ R, ⌈x + y⌉ = ⌈x⌉ + ⌈y⌉
b) ∀x, y ∈ R, ⌈xy⌉ = ⌈x⌉⌈y⌉
n
n+1
c) ∀n ∈ Z, ⌈ ⌉ =
2
2
d) ∀x, y ∈ R, ⌈xy⌉ = ⌈x⌉⌊y⌋
e) La fonction f (x) = (ax + b) mod n (où a, b et n(> 0) sont des entiers
quelconques) définit une bijection de Nn = {0, 1, 2, . . ., n − 1} sur lui-même
si a et n sont premiers entre eux.
Rép. : a) faux; b) faux; c) faux; d) faux; e) vrai.
7) Déterminez si les énoncés suivants sont vrais ou donnez un contre-exemple :
n
a)
∑ k2 =
k=1
n−1
b)
c)
n(n + 1)(2n + 1)
, ∀n ∈ N0
6
∑ k(k + 1) =
k=1
4n − 1
n(n − 1)(n + 1)
, ∀n ≥ 2, n ∈ N
3
est divisible par 3 ∀n ∈ N
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
248
n
n(n + 1)(2n + 1)
, ∀n ∈ N0
2
k=1
1
1
1
n
e)
+
+···+
=
, ∀n ∈ N0
1.2 2.3
n(n + 1) n + 1
∑ k3 =
n+1
f)
∑ k 2k = n · 2n+2 + 2, ∀n ∈ N
ité
d)
lim
k=1
1
1
1
g) 1 +
1+
... 1+
= n + 1, ∀n ∈ N0
1
2
n
1
1
n+1
1
1 − 2 . . . 1 − 2 = n , ∀n ≥ 2, n ∈ N
h) 1 − 2
2
3
n
2
Rép. : a) vrai
b) vrai
c) vrai
d) faux N.B. =
e) vrai
f) vrai
g) vrai
h) faux NB. =
n2 (n + 1)2
4
n+1
2n
8) Prouvez les propositions suivantes :
U
sa
ge
a) 23n − 1 est divisible par 7 ∀n ∈ N
b) 32n − 1 est divisible par 8 ∀n ∈ N
c) 2n < (n + 2)! ∀n ∈ N
√
1
1
1
∀n ≥ 2, n ∈ N
d) n < √ + √ + · · · + √
n
1
2
e) n3 > 2n + 1 ∀n ∈ N, n ≥ 2
f) n! > n2 ∀n ∈ N, n ≥ 4
9) En utilisant le principe d’induction généralisé, montrez que le déterminant ∆n de la
matrice tridiagonale carrée d’ordre n


5 4 0 0 ··· ··· ··· 0


1 5 4 0 · · · · · · · · · 0




0 1 5 4 . . .
0




..


.
0
0 0 1 5


 .. .. . . . . . . . .

.
.
. .

.
.
.
.
.




0 0 · · · 0 1 5 4 0


0 0 · · · 0 0 1 5 4


0 0 ··· 0 0 0 1 5
CHAPITRE 8. LES ENTIERS.
249
est donné par
41+n − 1
3
10) Soit une suite a1 , a2 , a3 . . . définie comme suit :
a1 = 1, a2 = 3
ak = ak−2 + 2ak−1
∀k ∈ N,
Montrez que an est impair ∀n ∈ N
11) Soit la suite e0 , e1 , e2 . . . définie comme suit :
ité
∆n =
k≥3
lim
e0 = 1, e1 = 2, e2 = 3
ek = ek−1 + ek−2 + ek−3 ∀k ∈ N,
k≥3
U
sa
ge
Montrez que en ≤ 3n ∀n ∈ N
12) Résolvez les équations suivantes pour x, y ∈ Z.
a) 7x + 3y = 17
Rép. : (x, y) = (17, −34) + t(3, −7)
b) 6x + 9y = 33
Rép. : (x, y) = (−11, 11) + t(3, −2)
c) 6x + 12y = 36
Rép. : (x, y) = (6, 0) + t(2, −1)
d) 425x + 153y = 68
Rép. : (x, y) = (16, −44) + t(9, −25)
13) Résolvez les congruences suivantes.
a) 2x ≡ 3(mod 7)
Rép. : x ≡ 5(mod 7)
b) 10x ≡ 6(mod 18)
Rép. : x ≡ 6(mod 9)
c) 10x ≡ 15(mod 17)
Rép. : x ≡ 10(mod 17)
d) 2x ≡ 3(mod 15)
Rép. : x ≡ 9(mod 15)
e) 10x ≡ 3(mod 27)
Rép. : x ≡ 3(mod 27)
f) 35x ≡ 14(mod 182)
Rép. : x ≡ 16(mod 26)
14) Déterminez le naturel x inférieur à 100 qui, multiplié par 7, présente un reste égal
à 2 lorsqu’il est divisé par 9 et qui, multiplié par 17, possède un reste de 1 pour la
division par 10.
Montrez que x est unique dans l’intervalle [0, 100].
Rép. : 53
15) Déterminez une expression bi-paramétrique de toutes les solutions entières de
l’équation
2x + 3y + 4z = 10
Suggestion : posez 3y + 4z = u.
Rép. : x = t, y = −10 + 2t + 4t ′, z = 10 − 2t − 3t ′ où t,t ′ ∈ Z
16) Sur l’ı̂le de Groland, la monnaie locale est le Grossou. Afin d’éviter de produire des
pièces et des billets de trop de valeurs différentes, le ministre des finances propose
de n’émettre que des pièces de 5 et de 7 Grossous. Déterminez le nombre de façons
différentes de former un montant de 1 000 Grossous avec ces deux sortes de pièces.
Rép. : 29
ité
Chapitre 9
lim
Équations aux différences.
Lorsque les éléments d’une suite {an } sont définis par une relation du type
an+N = f (n, an, an+1 , . . ., an+N−1 )
(9.1)
on dit qu’il s’agit d’une équation aux différences. Ce type de relation apparaı̂t très souvent
en mathématiques lorsque l’on désire étudier un problème discret.
U
sa
ge
E XEMPLE 9.1 N OMBRES DE F IBONACCI .
Au XIIème siècle, Leonardo di Pisa, mieux connu sous le nom de Fibonacci, posa le problème
suivant.
Un jeune couple de lapins est abandonné sur une ı̂le au début de l’année. Supposons que :
– les lapins ne peuvent se reproduire avant l’âge de deux mois mais que, ensuite, chaque
couple de lapins donne naissance à un nouveau couple de lapins chaque mois ;
– aucun lapin ne meure pendant la première année.
Déterminons alors combien de lapins comptera l’ı̂le à la fin de l’année.
Soit fn le nombre de couples de lapins après n mois. Initialement f0 = 1. À la fin du premier
mois, le nombre de couples de lapins est f1 = 1 puisque les lapins sont encore trop jeunes pour
se reproduire. Ensuite, le couple initial de lapins ayant donné naissance à un nouveau couple, au
terme du deuxième mois, il vient f2 = 2.
Plus généralement, à la fin du mois n, les lapins présents sur l’ı̂le sont ceux présents au
mois précédent fn−1 et les lapins nouveau-nés engendrés par les couples de lapins en âge de se
reproduire, c’est-à-dire ceux qui étaient présents deux mois plus tôt, soit fn−2 .
Donc
fn = fn−1 + fn−2
(n ≥ 2)
Les nombres fn définis par cette relation de récurrence sont les nombres de Fibonacci.
En utilisant de façon répétée la formule, il vient
f0 = 1
f1 = 1
f2 = 2
f3 = 3
f4 = 5
f5 = 8
f6 = 13
f7 = 21
f8 = 34
f9 = 55
f10 = 89
f11 = 144
f12 = 233
Ainsi donc l’ı̂le comprendra 466 lapins à la fin de l’année.
250
⋄
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
251
ité
E XEMPLE 9.2 I NT ÉR ÊT BANCAIRE .
Si une personne dépose une somme de 10 000 Euros sur un compte d’épargne qui lui rapporte
un intérêt de 4 % par an et s’il n’y a ni nouveau dépôt ni retrait, le montant accumulé après n
années est donné par
Pn = Pn−1 + i Pn−1 = (1 + i)Pn−1
où i = 0.04 est le taux d’intérêt.
Puisque P0 = 10 000 Euros, il vient
Pn = (1 + i)Pn−1 = (1 + i)(1 + i)Pn−2 = · · · = (1 + i)n P0
lim
Soit, après trente ans, par exemple,
P30 = (1 + 0.04)30 10 000 = 32 433.98 Euros
Les exemples précédents font apparaı̂tre la nécessité de disposer des quelques
premières valeurs a0 , a1 , . . ., aN−1 de la suite des an afin de pouvoir déterminer tous les
éléments de la suite par application de la relation de récurrence. Les a0 , a1 , . . ., aN−1
jouent le même rôle que les conditions initiales nécessaires et suffisantes à la
détermination d’une solution unique d’une équation différentielle d’ordre N. Elles sont
dès lors également appelées les conditions initiales de l’équation aux différences.
L’analogie ne s’arrête pas là. En effet, les équations aux différences jouent en
mathématiques discrètes un rôle analogue à celui des équations différentielles en analyse.
La différence est que la solution d’une équation aux différences est une fonction définie
sur les entiers ; l’indice discret n remplace la variable continue de l’équation différentielle.
Beaucoup de méthodes analytiques applicables aux équations différentielles (réduction de
l’ordre, variation des constantes, facteur intégrand) sont d’ailleurs aussi applicables aux
équations aux différences.
Enfin, des équations aux différences sont souvent fournies pour résoudre
numériquement les équations différentielles. Le passage de la forme continue à la forme
discrète d’un problème est appelé la discrétisation. Celle-ci comporte deux étapes :
– D’abord, on remplace la variable indépendante x par une variable discrète n
définissant un réseau du type
sa
ge
U
⋄
xk = k ∆x + x0
où k ∈ N
(9.2)
– Ensuite, on remplace la fonction inconnue et ses dérivées par des approximations
en fonction des valeurs de l’inconnue aux noeuds du réseau. Pour ce faire, on utilise
les approximations suivantes obtenues par application de la formule de Taylor
y(xk ) = yk
y(xk+1 ) − y(xk )
yk+1 − yk
y′ (xk ) =
+ O(∆x) ∼
∆x
∆x
(9.3)
(9.4)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
252
ou, avec un meilleur degré d’approximation,
yk+1 − yk−1
y(xk+1 ) − y(xk−1 )
+ O(∆x2 ) ∼
2∆x
2∆x
yk+1 − 2yk + yk−1
y(x
)
−
2y(x
)
+
y(x
)
k+1
k
k−1
y′′ (xk ) =
+ O(∆x2 ) ∼
2
∆x
∆x2
E XEMPLE 9.3 Soit l’équation
(9.5)
ité
y′ (xk ) =
(9.6)
d2T
dT
(x) = K 2 (x)
dx
dx
décrivant la distribution spatiale stationnaire de la température T dans un fluide en mouvement
à la vitesse u et caractérisé par un coefficient de diffusion thermique K. Le membre de gauche
représente l’advection c’est-à-dire le transport de la chaleur par un mouvement d’ensemble du
fluide. Le membre de droite correspond par contre à un échange de chaleur pouvant se produire
sans que le fluide ne soit en mouvement : c’est la diffusion.
Si on choisit de résoudre cette équation sur un réseau régulier xk = k ∆x, il vient, notant
Tk = T (xk ),
Tk+1 − Tk−1
Tk+1 − 2Tk + Tk−1
u
=K
+ O(∆x2 )
2∆x
∆x2
u∆x
ou encore, en introduisant le nombre de Peclet Pe =
, et en laissant tomber les termes en ∆x2 ,
K
lim
u
U
sa
ge
(Pe − 2)Tk+1 + 4Tk − (Pe + 2)Tk−1 = 0,
⋄
qui représente l’équation aux différences correspondant à l’équation différentielle initiale.
Par analogie avec les formules précédentes, on définit la dérivée discrète d’une
fonction définie sur les entiers par
D an ≡ an+1 − an
(9.7)
D2 an = (an+2 − an+1 ) − (an+1 − an ) = an+2 − 2an+1 + an
(9.8)
La dérivée seconde est donnée par
De même, les dérivées d’ordre k(k > 1) quelconque sont définies de façon récursive par
Dk an = Dk−1 an+1 − Dk−1 an
(9.9)
On peut également définir l’opération inverse de la dérivation, i.e. l’intégration d’une
fonction discrète. On vérifie aisément que
n−1
n−1
k=0
k=0
∑ Dak = ∑ (ak+1 − ak )
= (a1 − a0 ) + (a2 − a1 ) + (a3 − a2 ) + · · · + (an − an−1 )
= an − a0
(9.10)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
253
Dès lors,
n−1
an = a0 + ∑ Dak
(9.11)
k=0
E XEMPLE 9.4 Soit la fonction discrète
La dérivée discrète de fn est
lim
fn = n(n + 1) . . . (n + k − 1)
ité
qui fait apparaı̂tre la possibilité de calculer l’équivalent d’une primitive d’une fonction
discrète au moyen d’une somme. Comme dans le cas continu, cette opération fait
apparaı̂tre une constante d’intégration a0 .
Une somme est donc l’analogue discret d’une intégrale comme le suggère d’ailleurs
la définition de l’intégrale de Riemann.
D fn = fn+1 − fn = (n + 1)(n + 2) . . . (n + k) − n(n + 1) . . . (n + k − 1)
= [(n + 1)(n + 2) . . . (n + k − 1)](n + k − n)
= k(n + 1)(n + 2) . . . (n + k − 1)
On remarque que la fonction discrète fn est un produit de k facteurs tandis que sa dérivée
discrète comporte (k − 1) facteurs dépendant de n. La fonction fn constitue donc l’analogue discret
de la fonction continue f (x) = xk qui contient également k facteurs et dont la dérivée f ′ (x) = kxk−1
ne comporte que (k − 1) facteurs.
⋄
U
sa
ge
On définit l’ordre d’une équation aux différences par l’ordre de dérivation le plus élevé
apparaissant dans cette équation. Une équation aux différences d’ordre N s’écrit donc
F[DN an , DN−1 an , . . . , Dan , an , n] = 0
(9.12)
soit, en remplaçant les dérivées discrètes par leurs expressions,
G[an+N , an+N−1 , . . ., an+1 , an , n] = 0
(9.13)
Cette équation est dite linéaire si la fonction G apparaissant dans (9.13) est linéaire en les
an+N , an+N−1 , . . . , an .
9.1 Equations aux différences du premier ordre.
Les équations du premier ordre les plus simples sont celles qui peuvent s’écrire sous
la forme
an+1 = p(n)an n ≥ 0
(9.14)
Dans ce cas, il vient, en itérant,
an+1 = p(n)an = p(n)[p(n − 1)an−1]
= p(n)p(n − 1) . . . p(1)p(0)a0
n
= a0 ∏ p(k)
k=0
(9.15)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
254
La solution est donc entièrement déterminée dès que la condition initiale a0 = C est fixée.
an+1 = (n + 1)an
a0 = 1
Il vient
n
n+1
k=0
k=1
n≥0
ité
E XEMPLE 9.5 Soit
an+1 = ∏ (k + 1) = ∏ k = (n + 1)!
et donc
lim
an = n!
Dans le cas d’une équation du type
an+1 = αan + f (n)
a0 = C
n ≥ 0, α = constante
⋄
(9.16)
on peut aussi obtenir la solution en itérant la formule
U
sa
ge
an+1 = αan + f (n)
= α[αan−1 + f (n − 1)] + f (n)
..
.
(9.17)
n
= αn+1 a0 + ∑ αk f (n − k)
soit
k=0
n−1
an = α C + ∑ αk f (n − k − 1)
n
(9.18)
k=0
On peut également procéder différemment en sommant l’équation (9.16) pour
un ensemble approprié de valeurs de l’indice. Introduisons d’abord le changement
d’inconnue an = ãn αn , il vient

f (n)

 ãn+1 = ãn + n+1
α
(9.19)


ã0 = C
Dès lors,
n−1
n−1
k=0
n−1
k=0
∑ ãk+1 =
n−1
f (k)
k+1
k=0 α
∑ ãk + ∑
n−1
n−1
f (k)
k+1
k=0 α
ãn + ∑ ãk = ã0 + ∑ ãk + ∑
k=1
k=1
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
255
soit
n−1
f (k)
k+1
k=0 α
ãn = ã0 + ∑
= αnC +
k=0
n−1
ité
n−1
an = αnC + ∑ αn−k−1 f (k)
(9.20)
αk f (n − k′ − 1)
∑
′
′
k =0
(9.21)
lim
en effectuant le changement d’indice k′ = n − k − 1.
Le comportement asymptotique de la solution (9.21) pour n grand dépend du
paramètre α. En effet, si |α| < 1, le terme αnC tend vers zéro quand n grandit tandis
qu’il tend vers l’infini si |α| > 1.
Comme le montre l’exemple suivant, une même approche peut être mise en œuvre
pour résoudre des systèmes d’équations aux différences du premier ordre.
E XEMPLE 9.6 Le transport d’un polluant dans une rivière en aval du point de rejet peut être décrit
par l’équation aux dérivées partielles
∂C
∂C
+u
= −α C
∂t
∂x
U
sa
ge
où C(t, x) désigne la concentration du polluant au temps t et à l’abscisse x, où u désigne la vitesse
du courant (supposée constante) et où α > 0 désigne le taux avec lequel le polluant est soustrait
de la rivière par l’action de réactions chimiques.
On discrétise cette équation par rapport au temps t et à la coordonnée spatiale x en notant Cik la
concentration au temps t = t0 + i∆t et à l’abscisse x = x0 + k∆x ; ∆t et ∆x désignant respectivement
le pas temporel et le pas spatial d’intégration.
Approchant les dérivées par des différences finies, il vient
k
Ck −Ci−1
Cik+1 −Cik
+u i
= −α Cik
∆t
∆x
soit
k
Cik+1 = β Ci−1
+ (1 − β − α∆t)Cik
u∆t
où β =
désigne le nombre de Courant.
∆x
Si on s’intéresse au tronçon de rivière situé entre le point de rejet et l’abscisse xn = x0 + n∆x,
le problème peut se mettre sous la forme matricielle
 k+1   γ 0 0 · · · 0 0 k  

C1
C1
βC0
β γ 0 · · · 0 0
Ck+1  
 0 
C2k 

 2  





..  Ck 
Ck+1  

 0 

.  3  
 3  0 β γ

 .  = .
..  +  .. 
.. 
.. ..
 ..   ..



.   . 
.
.
.




k
Ck+1  

0 0 0 β γ 0 Cn−1   0 
n−1
Cnk
0
Cnk+1
0 0 0
0 β γ
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
256
le problème prend la forme
lim
Ck+1 = ACk + f
ité
où C0 désigne la concentration du polluant au point de rejet (supposée constante) et où on a posé
γ = 1 − β − α∆t.
Introduisant


 k 


γ 0 0 ··· 0 0
C1
βC0
β γ 0 · · · 0 0
 Ck 
 0 


 2 




.
k
 C 
 0 
.. 

0
β
γ
3




,
Ck =  . ,
A=
f =  . ,
 ..

.
.
.
.
 .. 


.. ..
.. 
.

 . 



k
C 
 0 
 0 0 0 β γ 0
n−1
k
Cn
0
0 0 0 0 β γ
semblable à (9.16). La solution se déduit donc de (9.18) :
Ck = Ak C0 + (I + A + A2 + · · · + Ak−1 )f
où C0 désigne la distribution initiale de la concentration du polluant.
Le comportement de la solution pour k → ∞ dépend de la matrice A. D’après la nature du
problème, la concentration du polluant doit décroı̂tre monotonément au fil du courant en présentant
un maximum au point de rejet. Pour qu’il en soit de même de la solution discrète, il suffit d’exiger
que
0 < 1 − β − α∆t < 1
U
sa
ge
Cette condition implique en effet que les valeurs propres de la matrice A (toutes confondues et
égales à γ) soient strictement comprises entre 0 et 1 de sorte que Ak converge monotonément vers
la matrice nulle.
Ces inégalités constituent les conditions de stabilité du schéma d’intégration considéré. Elles
induisent une limitation sévère du pas de temps d’intégration ∆t qui ne peut être choisi librement.
Dans le cas particulier où α = 0, la condition de Courant
u∆t
<1
∆x
signifie que le fluide ne peut se déplacer de plus d’un pas spatial ∆x pendant un pas d’intégration
∆t.
Une autre façon de dégager des conditions suffisantes de stabilité du schéma d’intégration
consiste à exiger que kAk < 1 pour une certaine norme matricielle. Dans ce cas, on a, en effet,
β=
kAk C0 k = kA(Ak−1 C0 )k ≤ kAk kAk−1 C0 k ≤ · · · ≤ kAkk kC0 k → 0 quand k → ∞
et on peut également montrer que
(I + A + A2 + · · · + Ak−1 ) → (I − A)−1 quand k → ∞
de sorte que
Ck → (I − A)−1 f
On vérifie, par exemple, aisément que la condition kAk∞ < 1 est vérifiée si
0 < 1 − β − α∆t
et
β>0
⋄
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
257
9.2 Equations aux différences linéaires.
Une équation aux différences linéaire d’ordre N possède la forme générale
ité
an+N + pN−1 (n)an+N−1 + pN−2 (n)an+N−2 + · · · + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = f (n) (9.22)
où p0 , p1 , . . . , pN−1 et f sont des fonctions quelconques de la variable entière n. Des
conditions suffisantes d’existence et d’unicité de la solution sont fixées par l’énoncé
suivant.
'
lim
T H ÉOR ÈME D ’ EXISTENCE ET UNICIT É
Si les fonctions p0 (n), p1 (n), . . ., pN−1 (n) et f (n) sont définies pour tout
n ≥ n0 , alors il existe une solution an unique de l’équation aux différences
linéaire
an+N + pN−1 (n)an+N−1 + · · · + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = f (n)
$
(9.23)
valable pour n ≥ n0 et vérifiant les conditions initiales
an0 = C0 ,
&
an0 +1 = C1 ,
...,
an0 +N−1 = CN−1
U
sa
ge
quelles que soient les constantes C0 , C1 ,. . . , CN−1 .
(9.24)
%
Si on fixe les conditions initiales (9.24), alors la solution an peut être obtenue pour
tout n ≥ n0 + N par applications répétées de (9.23). En effet, utilisant l’équation (9.23)
successivement pour n = n0 , n0 + 1,. . . , on détermine univoquement an0 +N , an0 +N+1 ,. . . .
Le théorème montre que la solution générale de (9.23) contient N constantes
d’intégration qui peuvent être déterminées univoquement par des conditions initiales du
type (9.24). On peut également résoudre des problèmes aux limites caractérisés par la
données de N valeurs de an (ou de ses dérivées discrètes) réparties dans l’intervalle
[n1 , n2 ]. Dans ce cas, cependant, il n’existe aucun critère simple permettant d’assurer
le caractère bien posé du problème, i.e. la détermination univoque des constantes
d’intégration.
Le problème (9.23) étant linéaire en la fonction discrète inconnue an , le théorème
de structure des solutions des équations différentielles linéaires est aussi d’application
dans le cas discret : la solution générale d’une équation aux différences linéaire s’exprime
sous la forme de la somme de la solution générale de l’équation homogène associée, i.e.
l’équation obtenue à partir de (9.23) en posant f (n) = 0, et d’une solution particulière de
l’équation non homogène.
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
258
9.2.1 Equations aux différences linéaires et homogènes.
L’ensemble des solutions de l’équation aux différences linéaire homogène
(9.25)
ité
an+N + pN−1 (n)an+N−1 + · · · + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = 0
constitue un espace vectoriel. En effet, si an,1 et an,2 sont deux solutions de (9.25), on
vérifie aisément que
α an,1 + β an,2
(9.26)
lim
constitue également une solution de (9.25) quelles que soient les constantes α et β.
Reprenant le raisonnement mené dans la démonstration du théorème d’existence et
d’unicité de la solution de (9.23), on remarque que la donnée de N conditions initiales
du type (9.24) suffit non seulement à définir complètement et univoquement la solution
pour tout n ≥ n0 + N mais également pour tout n < n0 appartenant à un intervalle du type1
[n1 , n0 ] sur lequel p0 (n) ne s’annule pas. Sous cette condition, l’équation (9.25) peut en
effet être intégrée à rebours en écrivant
i
1 h
an+N + pN−1 (n)an+N−1 + · · · + p1 (n)an+1
(9.27)
an = −
p0 (n)
et être utilisée sous cette forme pour prolonger univoquement la solution dans [n1 , n0 ].
U
sa
ge
E XEMPLE 9.7 Considérons l’équation aux différences (linéaire du premier ordre)
an+1 + (n2 − 4)an = 0
Si la valeur de a0 est donnée, alors, par applications successives de l’équation aux différences, on
obtient aisément
n=0
:
a1 − 4a0 = 0
⇒
a1 = 4a0
n=1
:
a2 − 3a1 = 0
⇒
a2 = 12a0
Les valeurs de a1 et a2 sont donc univoquement déterminées par la donnée de a0 . À partir de n = 2,
par contre, il vient
n=2
:
a3 − 0a2 = 0
⇒
a3 = 0
n=3
:
a4 + 5a3 = 0
⇒
a4 = 0
et 0 = a3 = a4 = a5 = · · · . L’annulation du coefficient p0 (2) induit l’indépendance des valeurs de
an pour n > 2 par rapport à la condition initiale a0 .
En procédant en arrière, on obtient
1 Dans cette
n = −1
:
a0 − 3a−1 = 0
⇒
n = −2
:
a−1 − 0a−2 = 0
⇒
a0
3
a−2 = ?
a−1 =
section, nous utiliserons la notation [n1 , n0 ] pour désigner l’ensemble des valeurs entières de
n telles que n1 ≤ n ≤ n0 .
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
259
La solution an est donc indéterminée pour n ≤ −2.
⋄
∀n ∈ [n1, n2 ].
(9.28)
lim
p0 (n) 6= 0,
ité
L’écriture de l’équation aux différences sous la forme canonique (9.25) garantit
la possibilité d’intégrer l’équation en avant, i.e. de déterminer an pour des valeurs
croissantes de n en partant de n0 . La condition p0 (n) 6= 0 assure quant à elle que l’équation
aux différences fonctionne également comme une équation aux différences arrière, i.e.
permet de déterminer an pour des valeurs décroissantes de n en partant de n0 .
Désignons par [n1 , n2 ] un intervalle tel que
Toute solution an est entièrement déterminée (au moins) sur [n1 , n2 ] par la donnée de N
de ses valeurs consécutives (on suppose ici que n2 − n1 ≥ N)
an0 ,
an0 +1 ,
...,
(9.29)
an0 +N−1
quel que soit n0 appartenant à [n1 , n2 ]. On en déduit que l’espace vectoriel des solutions
de (9.25) dans [n1 , n2 ] est de dimension N et que, dès lors, la solution générale sur [n1 , n2 ]
est une combinaison linéaire arbitraire de N solutions an,1 , an,2 , . . . , an,N linéairement
indépendantes sur [n1 , n2 ], c’est-à-dire telles que
U
sa
ge
k1 an,1 + k2 an,2 + · · · + kN an,N = 0
∀n ∈ [n1 , n2 ]
⇔
k1 = k2 = · · · = kN = 0
(9.30)
Tout ensemble de N solutions linéairement indépendantes sur [n1, n2 ] forme une base de
l’espace vectoriel des solutions.
On peut tester l’indépendance linéaire des fonctions an,1 , an,2 , . . . , an,N en formant le
Wronskien Wn (aussi appelé Casoratien) tel que2
an,1
an,2
···
an,N
an+1,1
an+1,2 · · · an+1,N
Wn = W (an,1 , an,2 , . . ., an,N ) = ..
..
..
.
.
...
.
an+N−1,1 an+N−1,2
an+N−1,N
2 Adaptant
on a
(9.31)
la définition du Wronskien de la théorie des équations différentielles linéaires au cas discret,
an,1
Dan,1
.
.
.
DN−1 a
n,1
···
···
.
.
.
···
an,N
Dan,N
.
.
.
DN−1 an,N
an,1
an+1,1 − an,1
=
.
.
.
a
N−1 a
n+N−1,1 − · · · + (−1)
n,1
an,1
···
an,N
an+1,1
···
an+1,N
= .
.
..
.
.
.
.
.
a
an+N−1,N
n+N−1,1
···
···
.
.
.
···
an,N
an+1,N − an,N
.
.
.
an+N−1,N − · · · + (−1)N−1 an,N
= W (an,1 , an,2 , . . ., an,N )
par un ensemble d’opérations élémentaires appliquées aux lignes de la matrice.
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
260
'
Soient N solutions an,1 , an,2 , . . .an,N de l’équation linéaire et homogène
$
ité
an+N + pN−1 (n)an+N−1 + pN−2 (n)an+N−2 + · · · + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = 0
et soit un intervalle [n1, n2 ] tel que p0 (n) 6= 0 ∀ n ∈ [n1 , n2 ]. On a :
Wn = W (an,1 , an,2 , . . . , an,N ) 6= 0
∀n ∈ [n1 , n2 ]
m
lim
&
an,1 , an,2 . . . , an,N sont linéairement indépendantes sur [n1 , n2 ]
%
Puisque p0 (n) 6= 0 ∀n ∈ [n1 , n2 ], les solutions an,1 , an,2 , . . . an,N sont entièrement
déterminées sur [n1 , n2 ] par les valeurs prises en n, n + 1, . . . , n + N − 1 quelle que soit la
valeur fixée de n choisie dans [n1 , n2 ].
En vertu de la propriété fondamentale des déterminants, ces valeurs sont linéairement
indépendantes si et seulement si Wn est non nul.
U
sa
ge
Les techniques utilisées dans le cadre des équations différentielles sont également
utilisées dans le cas discret.
Réduction de l’ordre.
Dans le cas où l’on connaı̂t une solution An de l’équation linéaire homogène d’ordre
N, la substitution
an = An xn
(9.32)
conduit à une équation linéaire homogène d’ordre N − 1 pour Dxn .
E XEMPLE 9.8 Soit l’équation
(n + 4)an+2 + an+1 − (n + 1)an = 0
Sachant que An =
1
est une solution particulière3 , on pose
(n + 1)(n + 2)
an = An xn =
3 En
(n ≥ 0)
xn
(n + 1)(n + 2)
substituant An dans le premier membre de l’équation aux différences, on obtient
n+4
1
(n + 1)
(n + 2) + 1 − (n + 3)
+
−
=
=0
(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3) (n + 1)(n + 2)
(n + 3)(n + 2)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
261
La nouvelle inconnue xn doit donc vérifier l’équation
(1)
soit, si on note xn = Dxn = xn+1 − xn ,
(1)
(1)
xn+1
xn
+
=0
n+3 n+2
et
ité
(n + 4)xn+2
xn+1
(n + 1)xn
xn+2 − xn+1 xn+1 − xn
+
−
=
+
=0
(n + 3)(n + 4) (n + 2)(n + 3) (n + 1)(n + 2)
(n + 3)
(n + 2)
n + 3 (1)
xn
n+2
En itérant, on obtient la solution de cette équation sous la forme
n + 2 (1)
n+2
n + 1 (1)
(1)
= −
x
−
xn−2
xn = −
n + 1 n−1
n+1
n
n+2
n+1
4
3 (1)
= −
−
··· −
−
x
n+1
n
3
2 0
n + 2 (1)
= (−1)n
x = (−1)n (n + 2)C1
2 0
(1)
lim
xn+1 = −
U
sa
ge
où C1 est une constante à déterminer en fonction des conditions initiales.
Pour obtenir l’expression de xn , il reste à résoudre
xn+1 − xn = (−1)n (n + 2)C1
soit, en sommant,
n−1
n−1
k=0
k=0
n+1
∑ (xk+1 − xk ) = C1 ∑ (−1)k (k + 2)
xn − x0 = C1 ∑ (−1)k k
k=2
ou encore, en utilisant la relation4
n+1
∑ (−1)k k =
k=2
3 + (−1)n+1 (2n + 3)
,
4
xn = C1 (−1)n+1
2n + 3
+C2
4
La solution générale est donc
an = C1
(−1)n+1 (2n + 3)
C2
+
4(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
⋄
4 Cette
relation peut être démontrée par induction.
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
262
Equation aux différences linéaire homogène à coefficients constants.
Dans le cas d’une équation aux différences linéaire, homogène, de degré N et à
coefficients constants, on dispose d’une méthode systématique pour déterminer la solution
générale.
$
ité
'
La solution générale de l’équation aux différences linéaire, homogène, de
degré N et à coefficients constants
an+N + pN−1 an+N−1 + pN−2 an+N−2 + · · · + p1 an+1 + p0 an = 0
(9.33)
lim
(où pN−1 , pN−2 , . . . , p0 sont des constantes) peut être exprimée comme une
combinaison linéaire de N termes de la forme
nr λ n ,
r = 0, 1, 2, . . ., α − 1
(9.34)
où λ désigne un zéro de multiplicité α du polynôme caractéristique
&
q(z) = zN + pN−1 zN−1 + · · · + p1 z + p0
Substituons an = λn dans (9.33). On a
(9.35)
%
U
sa
ge
λn+N + pN−1 λn+N−1 + · · · + p1 λn+1 + p0 λn = 0
ce qui prouve que λn est une solution si λ est un zéro du polynôme caractéristique.
Supposons ensuite que λ soit un zéro double du polynôme caractéristique. Dans ce
cas, on prouve que an = n λn est aussi une solution puisque
λ (n + N)λn+N−1 + pN−1 (n + N − 1)λn+N−2 + · · · + p1 (n + 1)λn + p0 nλn−1
d
= λ nλn−1 q(λ) + λnq′ (λ) = 0
= λ [zn q(z)]
dz
z=λ
en tenant compte du fait que q(λ) = q′ (λ) = 0 si λ est un zéro de multiplicité égale à deux.
Les zéros de multiplicité supérieure se traitent de la même façon.
Cette procédure permet d’identifier autant de solutions que de zéros du polynôme
caractéristique, comptés avec leur multiplicité, soit N. On peut montrer que ces solutions
sont linéairement indépendantes (elles sont caractérisées par des taux de croissance
différents) et forment un ensemble fondamental de solutions.
E XEMPLE 9.9 Soit à résoudre
an+2 − 5an+1 + 6an = 0 (n ≥ 0)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
263
z2 − 5z + 6 = (z − 3)(z − 2)
possède deux zéros distincts 2, 3 de sorte que
an = C1 2n +C2 3n
ité
avec a0 = 1 et a1 = 1.
Le polynôme caractéristique
lim
où les constantes C1 et C2 sont déterminées à partir des conditions initiales
(
(
a0 = 1 = C1 +C2
C1 = 2
⇒
a1 = 1 = 2 C1 + 3 C2
C2 = −1
Finalement
an = 2 2n − 3n = 2n+1 − 3n
Remarquons que les deux solutions 2n et 3n sont bien linéairement indépendantes puisque
n
n 2
1 1
3
n
= 6n 6= 0
Wn = n+1 n+1 = 6 2
3
2 3
E XEMPLE 9.10 Soit
an+2 − 2an+1 + an = 0 n ≥ 0
a1 = 2
a0 = 1
U
sa
ge
⋄
Le polynôme caractéristique
z2 − 2 z + 1
possède un zéro double pour z = 1. Dès lors
an = (C1 + n C2 ) 1n = C1 + n C2
où
a0 = 1 = C1
a1 = 2 = C1 +C2
⇒
C1 = 1
C2 = 1
et
an = n + 1
Ici encore, l’évaluation du Wronskien des solutions {1, n} montre que celles-ci sont
linéairement indépendantes :
1
n Wn = =1
1 n + 1
⋄
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
(n ≥ 2)
Le polynôme caractéristique s’écrit
z2 − z − 1
dont les zéros sont
lim
√
1+ 5
z1 =
≃ 1.61803 . . .
2
ité
E XEMPLE 9.11 N OMBRES DE F IBONACCI .
Dans le cas du problème de Fibonacci, on a
(
fn = fn−1 + fn−2
f0 = f1 = 1
264
√
1− 5
≃ −0.61803 . . .
z2 =
2
de sorte que
fn = C1
√ !n
1+ 5
+C2
2
où les constantes C1 et C2 sont déterminées en exprimant les conditions initiales du problème
√


1
+

C1 = √ 5


 f0 = C1 +C2 = 1

2 5
⇒
√
√


C
+C
C
−C
2
1
2
f = 1

1− 5

+
5
=
1
1
C2 = − √
2
2
2 5
sa
ge
U
√ !n
1− 5
2
et

√ !n+1
1  1+ 5
fn = √
−
2
5
√ !n+1 
1− 5

2
Remarquons que, lorsque n → ∞, la contribution de zn2 devient négligeable par rapport à celle
de (puisque |z2 | < 1 et |z1 | > 1) de sorte que
zn1
1
fn ∼ √
5
et
√ !n+1
1+ 5
2
√
fn+1 1 + 5
∼
fn
2
fn+1
est connue dans les domaines des arts et de l’architecture
fn
sous le nom de “nombre d’or”.
⋄
Cette valeur limite du ratio
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
265
λ = u ± iv (u, v ∈ R)
p
= u2 + v2 e±iθ
ité
Lorsque les zéros du polynôme caractéristique sont complexes, on peut réécrire
la solution générale sous une forme différente de (9.34). En effet, si le polynôme
caractéristique est à coefficients réels, alors les zéros complexes éventuels apparaissent
par paires de zéros conjugués
lim
de sorte que leurs contributions peuvent être combinées selon
h
i
2
2 n/2
+inθ
−inθ
an = (u + v )
αe
+β e
= (u2 + v2 )n/2 (A cos nθ + B sin nθ)
(9.36)
(9.37)
E XEMPLE 9.12 Recherchons la solution de
an+2 − 2an+1 + 5an = 0,
a0 = 0, a1 = 1
Le polynôme caractéristique s’écrit
z2 − 2z + 5
Ses zéros sont donnés par
z2 = 1 + 2i,
U
sa
ge
z1 = 1 − 2i,
de sorte que la solution générale s’écrit
an = C1 (1 − 2i)n +C2 (1 + 2i)n
où C1 et C2 sont des constantes complexes.
On peut exprimer la solution du problème sous une forme entièrement réelle en notant que
√
√
z1 = 5 e−iθ ,
z2 = 5 eiθ ,
où
θ = arctg 2
Il vient
an = 5n/2 C1⋆ cos nθ +C2⋆ sin nθ
où C1⋆ et C2⋆ sont de nouvelles constantes d’intégration qui peuvent être déterminées en utilisant les
conditions initiales du problèmes


a0 = 0 = C1⋆
1
1
⇒
C1⋆ = 0, C2⋆ = √
=
√

5 sin θ 2
a = 1 = 5(C⋆ cos θ +C⋆ sin θ)
1
1
2
La solution complète du problème est donc
an =
1 n/2
5 sin(n arctg 2)
2
⋄
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
266
E XEMPLE 9.13 Revenons à l’équation aux différences (Exemple 9.3)
(Pe − 2)Tk+1 + 4Tk − (Pe + 2)Tk−1 = 0,
(Pe − 2)z2 + 4z − (Pe + 2)
Les zéros sont donnés, en supposant Pe ≥ 0 et Pe 6= 2, par
soit
z1 = 1
La solution générale s’écrit donc
−2 ± Pe
Pe − 2
lim
z=
ité
représentant l’approximation discrète de l’équation stationnaire d’advection-diffusion de la
chaleur.
Le polynôme caractéristique est
z2 =
et
Tk = C1 +C2
2 + Pe
2 − Pe
2 + Pe
2 − Pe
k
U
sa
ge
où C1 et C2 sont des constantes.
On remarque que z2 devient négatif dès que Pe > 2. Dans ce cas, la solution devient
oscillatoire, ce qui va à l’encontre de toute logique physique. Par exemple, supposons que la
température soit imposée aux extrémités k = 0 et k = 20 du domaine étudié de telle façon que

θ0 − θ1


C1 = θ0 + 


2 + Pe 20



−1



T0 = θ0

2 − Pe
⇒




θ1 − θ0

T20 = θ1

C2 = 


2 + Pe 20


−1

2 − Pe
Il est alors aisé de comparer la solution discrète avec la solution continue. En résolvant directement
l’équation différentielle, on obtient en effet
T (x) = θ0 + (θ1 − θ0 )
eux/K −1
euL/K −1
x ∈ [0, L], L = 20∆x
soit, aux points x = k∆x du maillage,
T (k∆x) = θ0 + (θ1 − θ0 )
ekPe −1
e20Pe −1
k = 0, 1, 2, . . . , 20, Pe =
u∆x
K
Ces deux solutions sont représentées à la figure 9.1 dans les cas où Pe = 0.4 et Pe = 4. On constate
que la solution du problème discret dans le cas Pe = 0.4 est très proche de la solution continue. Par
contre, la solution discrète obtenue dans le cas Pe = 4 présente des oscillations importantes que ne
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
267
contient pas la solution continue. On dit que le schéma de discrétisation est instable. Pour résoudre
numériquement l’équation différentielle, il faut alors recourir à d’autres types d’approximation des
dérivées par des différences finies.
×b
ité
T − θ0
θ1 − θ0
×
×
lim
×
Pe = 0.4
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×b
×
b
×
b
×
b
×
×
b
Pe = 4
b
b
x
b
b
U
sa
ge
F IG . 9.1- Solutions continues (trait continu) et discrètes dans les cas Pe = 0.4 (×) et
Pe = 4 (•).
Dans le cas particulier où Pe = 2, l’équation aux différences devient simplement
Tk = Tk−1
dont la solution
Tk = T0
ne permet pas de représenter la réalité car, par exemple, il est alors impossible de représenter des
gradients de température.
⋄
E XEMPLE 9.14 Les techniques de résolution des équations aux différences peuvent être utilisées
pour calculer le déterminant de la matrice An tri-diagonale d’ordre n


β α 0 ··· ··· 0


α β α . . .

0



.. 
0 α β . . .
.

An = 
 ..

.. ..
.

.
.
0


 ..

..
.
. α β α
0 ··· ··· 0 α β
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
268
En développant le déterminant selon la première colonne, on établit la formule de récurrence
det An = β det An−1 − α2 det An−2
ité
Posant ∆n = det An , le calcul du déterminant prend donc la forme du problème aux différences du
second ordre
(†)
∆n = β∆n−1 − α2 ∆n−2
Les conditions auxiliaires de ce problème sont données par
β α
= β2 − α2
∆1 = β = β,
∆2 = α β
(‡)
lim
La solution générale de l’équation aux différence (†) est donnée par (si β 6= ±2α)
∆n = C1 zn1 +C2 zn2
où
p
p
β2 − 4α2
β + β2 − 4α2
z1 =
,
z2 =
2
2
En appliquant les conditions auxiliaires (‡), on a
(
C1 z1 +C2 z2 = β
C1 z21 +C2 z22 = β2 − α2
β−
U
sa
ge
soit
C1 =
β − z1
,
z2 − z1
C2 = −
de sorte que la solution s’exprime sous la forme
∆n =
β − z2
z2 − z1
o zn+1 − zn+1
1 n
1
(β − z1 )zn2 − (β − z2 )zn1 = 2
z2 − z1
z2 − z1
⋄
Comportement asymptotique de la solution.
La solution générale d’un équation aux différence homogène à coefficient constant
s’écrit
an = P 1 (n)zn1 + P 2 (n)zn2 + · · · + P k (n)znk
(9.38)
où z1 , z2 ,. . . , zk sont les zéros du polynôme caractéristique et où P 1 (n), P 2 (n), . . . , P k (n)
sont des polynômes en n.
Le comportement asymptotique de la solution pour n → ∞ est donc entièrement
déterminé par la valeur du plus grand (en valeur absolue) zéro du polynôme
caractéristique. Soit z⋆ ce zéro.
On remarque aisément que la solution est non bornée si |z⋆ | > 1. Elle tend par contre
vers zéro si |z⋆ | < 1.
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
269
ité
D’autre part, si z⋆ < 0, alors les puissances successives zn⋆ sont alternativement
positives et négatives et la solution est oscillatoire. Un tel comportement oscillatoire existe
pour toute solution z⋆ qui n’est pas purement réelle et positive.
Afin de déterminer le comportement asymptotique de la solution sans devoir passer
par la détermination explicite des zéros du polynôme caractéristique, on peut utiliser une
variante des conditions de Routh-Hurwitz.
Les conditions de Routh-Hurwitz sont habituellement introduites pour localiser les
zéros d’un polynôme de degré n
P (λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an
lim
dont les coefficients a1 , a2 , . . . , an sont réels (On suppose an 6= 0 sinon λ = 0 est un zéro
et on divise le polynôme par λ pour former un nouveau polynôme de degré inférieur.). On
montre (Cf. par exemple Willems, 1970) que tous les zéros de P (λ) sont situés dans le
demi-plan ℜ(λ) < 0 (ce qui correspond au domaine de stabilité pour les solutions d’une
équation différentielle à coefficients constants) si et seulement si toutes les conditions
suivantes sont remplies (en posant ak = 0 pour k > n)
U
sa
ge
a1 , a2 , . . . an > 0
a1 a3 a5 a1 a3 > 0,
1 a2 a4 > 0
D2 = D
=
3
1 a2 0 a1 a3 a1 a3 · · · · · · · · ·
1 a2 a4 · · · · · ·
0 a1 a3 · · · · · ·
Dk = 0 1 a · · · · · · > 0,
k = 1, 2, . . ., n
2
..
. ..
.
. .. 0 0 0 · · · ak (9.39)
(9.40)
(9.41)
Ces conditions peuvent être transformées en des conditions nécessaires et suffisantes
pour que les zéros d’un polynôme soient inférieurs à l’unité en module en effectuant la
substitution (transformation de Möbius)
λ=
z+1
z−1
(9.42)
dans le polynôme étudié et en appliquant les conditions de Routh-Hurwitz au numérateur
de la fraction obtenue.
E XEMPLE 9.15 Soit le polynôme caractéristique
P (λ) = λ3 − 0.2λ + 0.5
Effectuant la substitution (9.42) dans le polynôme caractéristique on obtient
13z3 + 17z2 + 47z + 3
10(z − 1)3
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
270
Les conditions de Ruth-Hurwitz appliquées au numérateur de cette expression donnent
17
> 0,
13
47
3
> 0,
a3 =
>0
13
13
17 3 ′
= 760 > 0
D2 = 13 47
a2 =
ité
a1 =
de sorte que les zéros du polynôme caractéristique sont tous compris dans le cercle unité.
⋄
lim
9.2.2 Equations aux différences linéaires non homogènes.
Comme dans le cas des équations différentielles, la solution générale d’une équation
non homogène
an+N + pN−1 (n)an+N−1 + · · · + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = f (n)
(9.43)
peut être exprimée comme la somme de la solution générale de l’équation homogène
associée et d’une solution particulière de l’équation non homogène. Une telle solution
peut être obtenue en appliquant les méthodes de variation des constantes, de réduction de
l’ordre ou des coefficients indéterminés.
U
sa
ge
Variation des constantes.
Si on connaı̂t N solutions an,1 , an,2 , . . ., an,N linéairement indépendantes de l’équation
homogène, la méthode de variation des constantes consiste à rechercher une solution
particulière de l’équation non homogène de la forme
an =
N
∑ xn,k an,k
(9.44)
k=1
où les xn,k sont les nouvelles inconnues.
Pour illustrer le principe de cette méthode, considérons le cas d’une équation d’ordre 2
an+2 + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = f (n)
(9.45)
pour laquelle on connaı̂t deux solutions linéairement indépendantes An et Bn de l’équation
homogène associée. Recherchons des solutions de la forme
an = An xn + Bn yn
(9.46)
Substituant cette expression dans (9.45), il vient
An+2 xn+2 + Bn+2 yn+2 + p1 (n)An+1 xn+1 + p1 (n)Bn+1 yn+1
+ p0 (n)An xn + p0 (n)Bnyn = f (n)
(9.47)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
271
Puisque An et Bn sont deux solutions de l’équation homogène, on peut réécrire cette
expression sous la forme
Pour simplifier cette équation, introduisons la contrainte
ité
xn+2 (−p1 (n)An+1 − p0 (n)An ) + yn+2 (−p1 (n)Bn+1 − p0 (n)Bn )
+ p1 (n)An+1 xn+1 + p1 (n)Bn+1 yn+1 + p0 (n)Anxn + p0 (n)Bnyn = f (n) (9.48)
An+1 (xn+2 − xn+1 ) + Bn+1 (yn+2 − yn+1 ) = 0
(9.49)
p0 (n)[An(xn+2 − xn ) + Bn (yn+2 − yn )] = − f (n)
(9.50)
soit, en utilisant (9.49),
lim
On a alors
p0 (n)[An(xn+2 − xn+1 ) + Bn (yn+2 − yn+1 )] = − f (n)
(9.51)
Les équations (9.49), (9.51) peuvent être résolues par rapport à xn+2 − xn+1 et
yn+2 − yn+1 , soit
f (n)Bn+1
p0 (n)Wn
f (n)An+1
yn+2 − yn+1 = +
p0 (n)Wn
U
sa
ge
xn+2 − xn+1 = −
(9.52)
(9.53)
où Wn = An Bn+1 − An+1 Bn 6= 0 et p0 (n) 6= 0. La solution générale de l’équation
inhomogène est donc
n−2
an = C1 An +C2 Bn − An
∑
k=n0
n−2
f (k)Bk+1
f (k)Ak+1
+ Bn ∑
Wk+1
k=n0 Wk+1
en utilisant la relation
Ak+1 Bk+1 Ak+1
Bk+1
Wk+1 = =
Ak+2 Bk+2
−p1 (k)Ak+1 − p0 (k)Ak −p1 (k)Bk+1 − p0 (k)Bk Ak+1
Bk+1 =
= p0 (k) Wk
−p0 (k)Ak −p0 (k)Bk E XEMPLE 9.16 Soit
(n + 4)an+2 + an+1 − (n + 1)an = 1
Écrivons d’abord cette équation sous la forme (9.45), soit
an+2 +
1
n+1
1
an+1 −
an =
n+4
n+4
n+4
(9.54)
(9.55)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
272
An =
1
(n + 1)(n + 2)
Bn =
(−1)n+1 (2n + 3)
4(n + 1)(n + 2)
En utilisant les résultats généraux, il vient successivement
Wn = An Bn+1 − An+1 Bn =
(n + 4)(2n + 5)
Bn+1
=−
,
Wn+1
4
(−1)n
(n + 1)(n + 2)(n + 3)
An+1
= (−1)n+1 (n + 4),
Wn+1
1
n+4
f (n) =
lim
et donc
ité
Les solutions de l’équation homogène sont données dans l’exemple 9.8 :
et une solution particulière de l’équation non homogène est donnée par5
n−2
an = −An
∑
k=n0
n−2
f (k)Bk+1
f (k)Ak+1
+ Bn ∑
Wk+1
k=n0 Wk+1
1
=
4(n + 1)(n + 2)
"
1
≃
4(n + 1)(n + 2)
"
n−2
∑ (2k + 5) + (−1) (2n + 3) ∑ (−1)
k=n0
k
k=n0
n
n−2
∑ (2k + 1) + (−1) (2n + 3) ∑ (−1)
sa
ge
U
n−2
n
n
k=0
k
k=0
#
#
Évaluant les sommes dans cette expression, il vient
1
1 + (−1)n
2
an =
(n + 1) + (2n + 3)
4(n + 1)(n + 2)
2
On peut encore simplifier cette expression en tenant compte du fait que
(−1)n (2n + 3)
= −Bn
4(n + 1)(n + 2)
est une solution de l’équation homogène et que tout terme indépendant de n dans l’expression
entre crochets donne une contribution proportionnelle à An . Dès lors, une solution particulière de
l’équation non homogène est donnée par
n(n + 3)
4(n + 1)(n + 2)
et la solution générale s’écrit
an = C1
5 On
1
(−1)n+1 (2n + 3)
n(n + 3)
+C2
+
(n + 1)(n + 2)
4(n + 1)(n + 2)
4(n + 1)(n + 2)
⋄
utilise ici la notation ≃ pour signaler l’égalité de deux fonctions discrètes à des solutions de
l’équation homogène près.
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
273
Réduction de l’ordre.
ité
La méthode de réduction de l’ordre peut aussi être utilisée pour résoudre l’équation
non homogène.
Soit
an+2 + p1 (n)an+1 + p0 (n)an = f (n)
(9.56)
Si An est une solution de l’équation homogène associée, recherchons une solution de la
forme
an = xn An
(9.57)
En substituant, il vient
lim
xn+2 An+2 + p1 (n)xn+1 An+1 + p0 (n)xn An = f (n)
ou encore
(9.58)
xn+1 [An+2 + p1 (n)An+1 + p0 (n)An]
+ An+2 (xn+2 − xn+1 ) − p0 (n)An (xn+1 − xn ) = f (n) (9.59)
où le terme entre crochets est nul puisque An est une solution de l’équation homogène.
On a donc
An+2 (xn+2 − xn+1 ) − p0 (n)An(xn+1 − xn ) = f (n)
(9.60)
(1)
qui constitue une équation du premier ordre pour xn = xn+1 − xn .
U
sa
ge
E XEMPLE 9.17 Soit
(2n + 1)
n
an+1 +
an = n(n + 1)
n
n−1
On vérifie aisément que An = n − 1 est une solution de l’équation homogène associée.
Posant an = xn (n − 1), il vient
an+2 −
(n + 1)(xn+2 − xn+1 ) − n(xn+1 − xn ) = n(n + 1)
| {z }
| {z }
yn+1
yn
Sommant cette relation de 1 à k − 1, il vient
1
k yk − y1 = (k − 1)k(k + 1)
3
et donc,
yk = xk+1 − xk =
C1 1 2
+ (k − 1) (k ≥ 1)
k
3
Une nouvelle somme de 1 à n − 1 donne
n−1
1
(n − 2)(n − 1)(2n + 3)
+C2 +
k
18
k=1
xn = C1 ∑
et la solution générale est donc
n−1
1
(n − 2)(n − 1)2 (2n + 3)
an = C1 ∑ (n − 1) +C2 (n − 1) +
18
k=1 k
⋄
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
274
Méthode des coefficients indéterminés.
ité
Au contraire des deux méthodes précédentes, la méthode des coefficients indéterminés
n’est pas une méthode générale de résolution. Elle ne s’applique en fait que lorsque l’on
parvient à deviner la forme d’une solution particulière. C’est le cas lorsque le terme non
homogène de l’équation aux différences s’écrit sous la forme du produit d’un facteur
λn et d’un polynôme de n. On peut alors appliquer l’équivalent discret de la méthode
de l’exponentielle-polynôme largement utilisée dans le cas des équations différentielles
linéaires à coefficients constants.
'
$
lim
Dans le cas d’une équation linéaire à coefficients constants de la forme
an+N + pN−1 an+N−1 + · · · + p1 an+1 + p0 an = λn P p (n)
(9.61)
où P p (n) est un polynôme de degré p, on recherchera une solution de
l’équation non homogène de la forme
nα λn P p∗ (n)
(9.62)
où α est la multiplicité de λ comme zéro du polynôme caractéristique de
l’équation homogène associée.
&
U
sa
ge
E XEMPLE 9.18 Soit l’équation
%
2an+2 = 7an+1 − 3an + 24
L’équation homogène 2ahn+2 − 7ahn+1 + 3ahn = 0 possède la solution générale
ahn
n
1
= C1 3 +C2
2
n
On recherchera une solution particulière de l’équation non homogène de la forme an = γ où γ
est une constante. Il vient
2γ = 7γ − 3γ + 24
⇒
γ = −12
La solution générale est donc de la forme
n
1
an = C1 3 +C2
− 12
2
n
⋄
E XEMPLE 9.19 Au chapitre 8, nous avons vu que
n
∑k=
k=1
n(n + 1)
2
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
275
Ce résultat peut encore être obtenu comme suit. Notons an = ∑nk=1 k, on a
an+1 − an = n + 1,
a1 = 1
⇒
β=γ=
1
2
lim
an+1 − an = β(n + 1)2 + γ(n + 1) − βn2 − γn = n + 1
ité
L’équation homogène an+1 − an = 0 possède la solution générale ahn = C 1n = C où C est une
constante.
Conformément à (9.62), on peut rechercher une solution particulière de l’équation nonhomogène de la forme (λ = 1, p = 1), an = n(β n + γ) où β et γ sont des constantes à déterminer.
En substituant, il vient
La solution générale est donc de la forme
an = C +
n(n + 1)
2
En imposant la condition initial a1 = 1, on trouve n = 1 et
an =
comme attendu.
n(n + 1)
2
⋄
E XEMPLE 9.20 L’équation
U
sa
ge
2an+2 = 7an+1 − 3an + 6 · 2n
possède la même équation homogène associée que l’équation de l’exemple 9.8. Dès lors,
n
1
h
n
an = C1 3 +C2
2
On recherchera cette fois une solution particulière de la forme
an = γ 2n
En substituant dans l’équation non homogène, il vient
2γ 2n+2 = 7γ2n+1 − 3γ 2n + 6 2n
soit
8γ = 14γ − 3γ + 6
et
⇒
γ = −2
n
1
an = C1 3 +C2
− 2n+1
2
n
⋄
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
276
E XEMPLE 9.21 Soit
an+2 + 2an+1 + an = cos n
L’équation homogène possède la solution générale
ité
ahn = (C1 +C2 n)(−1)n
Pour trouver une solution de l’équation non homogène, réécrivons l’équation sous la forme
an+2 + 2an+1 + an = ℜein = ℜ[ei ]n
Laissant provisoirement tomber ℜ, on recherche une solution de la forme
En substituant, il vient
lim
an = γ ein
[γ ein ]e2i + [2γ ein ]ei + [γ ein ] = ein
γ=
⇒
1
(ei + 1)2
et la solution particulière recherchée est donc
ein
(cos n + i sin n)(1 + cos 1 − i sin 1)2
ℜ
=ℜ
(ei + 1)2
[(1 + cos 1)2 + sin2 1]2
=
cos n[(1 + cos 1)2 − sin2 1] + 2 sin n sin 1(1 + cos 1)
cos(n − 1)
=
2
4(1 + cos 1)
2(1 + cos 1)
Finalement, la solution générale s’écrit
U
sa
ge
an = (C1 +C2 n)(−1)n +
cos(n − 1)
2(1 + cos 1)
⋄
9.3 Fonction génératrice.
Pour faciliter la résolution d’une équation aux différences, on peut parfois transformer
celle-ci en une équation différentielle pour une fonction F d’une variable continue.
Étant donné une suite de nombres réels a0 , a1 , a2 ,. . . , l’expression
F(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · =
∞
∑ ak xk
(9.63)
k=0
est appelée la fonction génératrice6 de la suite. Cette appellation constitue en réalité un
abus de language puisque l’expression (9.63) ne représente pas nécessairement une série
6 On
peut également définir des fonctions génératrices de la suite a0 , a1 , a2 ,. . . , en posant
F̃(x) = a0 +
∞
a 1 x a 2 x2
a k xk
+
+ ··· = ∑
1!
2!
k=0 k!
ou encore
F ⋆ (z) = a0 + a1z−1 + a2z−2 + · · · =
La fonction
F ⋆ (z)
est appelé la transformée en z de la suite.
∞
∑ ak z−k
k=0
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
277
ité
convergente7 et ne définit donc pas nécessairement une fonction. On parle donc de série
formelle pour désigner une telle expression. Dans les cas où la série converge, la fonction
génératrice est une fonction dont les coefficients du développement en série de Taylor
sont les éléments ak de la suite (Table 9.1).
'
$
Suite
0, 1, 2, 3, . . ., k, . . .
0, 0, 1, 3, 6, 10, . . .,Ck2 , . . .
lim
1, 1, 1, 1, . . ., 1, . . .
Fonction génératrice
∞
1
= ∑ xk
1 − x k=0
∞
x
=
∑ kxk
(1 − x)2 k=0
∞
x2
=
∑ Ck2xk
(1 − x)3 k=0
1, N,CN2 , . . . ,CNk , . . . , N, 1, 0, . . .
N
(1 + x) =
N
∑ CNk xk
k=0
2
3
k
1, N + 1,CN+2
,CN+3
, . . . ,CN+k
,...
U
sa
ge
1, 0, 1, 0, . . ., 1, 0, . . .
1, α, α2 , α3 , . . ., αk , . . .
1 1
1
, , . . ., , . . .
2! 3!
k!
1 1
1
0, 1, , , . . . , , . . .
2 3
k
1
1 1
0, 1, 1 + , 1 + + , . . . , Hk , . . .
2
2 3
1 1
0, 0, 1, 3
+
, . . ., k(Hk − 1), . . .
2 3
1, 1,
∞
1
k
=
Ck+N
xk
∑
N+1
(1 − x)
k=0
∞
1
2k
= ∑x
1 − x2 k=0
∞
1
= ∑ αk xk
1 − αx k=0
∞ k
x
ex = ∑
k=0 k!
∞ k
1
x
ln
=∑
1 − x k=1 k
∞
1
1
ln
= ∑ Hk xk
1 − x 1 − x k=1
∞
x
1
ln
=
∑ k(Hk − 1)xk
(1 − x)2 1 − x k=0
où Hk désigne les nombres harmoniques Hk =
k
1
∑ℓ
ℓ=1
&
%
TAB . 9.1- Fonctions génératrices élémentaires.
7 Bien
sûr, on a toujours F(0) = a0 .
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
278
∞
Si F(x) =
∑ ak xk et G(x) =
k=0
∞
ité
Très souvent, les suites que l’on manipule au travers des fonctions génératrices
définissent des séries convergentes, au moins dans un certain intervalle. En réalité,
cependant, on ne se préoccupe pas de la convergence de la série formelle car les
manipulations formelles que l’on réalise sont bien définies même en l’absence de
convergence.
∑ bk xk sont deux fonctions génératrices, on peut en
k=0
effet calculer leur somme et leur produit par
∞
F(x) + G(x) =
∑ (ak + bk )xk
k=0
ℓ=0
!
(9.64)
lim
∞
k=0
k
F(x)G(x) =
∑ ∑ aℓbk−ℓ
xk
(9.65)
qui représentent, respectivement, les fonctions génératrices des suites
(a0 + b0 ), (a1 + b1 ), (a2 + b2 ), . . ., (ak + bk ), . . .
(9.66)
k
(a0 b0 ), (a0b1 + a1 b0 ), (a0b2 + a1 b1 + a2 b0 ), . . ., ∑ aℓ bk−ℓ , . . .
(9.67)
ℓ=0
U
sa
ge
sans faire intervenir la convergence des séries formelles. La somme et le produit ainsi
définis sont des opérations associatives et commutatives. De plus le produit est distributif
par rapport à l’addition8 :
F(x)(G(x) + H(x)) = F(x)G(x) + F(x)H(x)
(9.68)
La dérivée F ′ (x) d’une série formelle F(x) est donnée par
F ′ (x) =
∞
∞
k=1
k=0
∑ kak xk−1 = ∑ (k + 1)ak+1xk
(9.69)
et représente donc la fonction génératrice de la suite
a1 , 2a2 , 3a3 , . . . , (k + 1)ak+1, . . .
(9.70)
On vérifie que les dérivées d’une série formelle satisfont à
(FG)′ = F ′ G + G′ F
(9.71)
1 dkF
(0)
(9.72)
k! dxk
Cette dernière expression peut être utilisée pour identifier les termes ak d’une série
formelle dont on connaı̂t la fonction génératrice. Le tableau 9.2 reprend les principales
propriétés des opérations sur les séries formelles.
ak =
8 Cette
dernière propriété, à la suite des précédentes, fait des séries formelles un anneau commutatif.
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
279
'
$
Soit
∞
F(x) =
∞
∑ ak xk
G(x) =
et
Opération
∞
k=0
k
∑ ∑ aℓbk−ℓ
k=0
∞
F (x) =
∑ (ak + bk )xk
ℓ=0
∑ (k + 1)ak+1x
k
k=0
∞
xF(x) =
∑ ak−1 xk
k=1
F(x) − a0
x
Z x
=
0
F(λx) =
∞
∞
∑ ak+1 xk
ak−1 k
x
k=1 k
∑
∑ λk ak xk
k=0
(a0 + b0 ), (a1 + b1 ), . . . , (ak + bk ), . . .
k
x
k
(a0 b0 ), (a0b1 + a1 b0 ), . . ., ∑ aℓ bk−ℓ , . . .
ℓ=0
a1 , 2a2 , 3a3, . . . , (k + 1)ak+1 , . . .
0, a0 , a1 , . . . , ak−1 , . . .
k=0
∞
F(t)dt =
!
lim
F(x)G(x) =
′
Suite correspondante
∞
F(x) + G(x) =
k=0
ité
k=0
a1 , a2 , a3 , . . ., ak+1 , . . .
0, a0 ,
a1 a2
ak−1
, ,...,
,...
2 3
k
a0 , λa1, λ2 a2 , . . ., λk xk , . . .
∞
U
sa
ge
(1 − x)F(x) = a0 + ∑ (ak − ak−1 )xk
k=1
!
∞
k
F(x)
= ∑ ∑ aℓ xk
1 − x k=0
ℓ=0
&
∑ bk xk
a0 , a1 − a0 , . . . , ak − ak−1 , . . .
k
a1 , a1 + a2 , . . . , ∑ aℓ , . . .
ℓ=0
TAB . 9.2- Les principales opérations sur les fonctions génératrices et les suites
correspondantes.
La procédure utilisée pour résoudre les équations aux différences au moyen d’une
fonction génératrice est alors la suivante :
i. On multiplie l’équation aux différences par xn et on somme celle-ci sur toutes les
valeurs de n pour faire apparaı̂tre la fonction génératrice F.
ii. On évalue les sommes à partir des développements en séries connus pour exprimer
une équation différentielle vérifiée par F.
iii. On résout l’équation différentielle pour F.
iv. On développe F en série de Taylor ou en fractions simples afin d’identifier les
coefficients à la solution an recherchée.
%
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
280
On a
∞
∞
∞
n=0
n=0
n=0
∑ an+1 xn − ∑ xn = ∑ an xn
Posons
∞
F(x) =
∑ an xn
n=0
ité
E XEMPLE 9.22 Soit le problème aux différences finies
(
an+1 − 1 = an
a0 = 0
(∗)
∞
lim
Les deux termes du membre de gauche de l’équation (∗) sont donnés par
∞
an xn 1 ∞
F(x)
= ∑ an xn =
x n=0
x
n=1 x
∑ an+1 xn = ∑
n=0
où on a utilisé la condition initiale a0 = 0. En notant que
∞
1
∑ xn = 1 − x
n=0
la relation (∗) devient
U
sa
ge
F(x)
1
−
= F(x)
x
1−x
x
F(x) =
(1 − x)2
La solution de l’équation aux différences peut alors être obtenue en appliquant
F (n) (x) an =
n! x=0
ou en utilisant les développements connus de la table 9.1. En l’occurrence, il vient
F(x) =
∞
x
=
nxn
∑
(1 − x)2 n=0
⇒
an = n
∀n
⋄
comme attendu.
E XEMPLE 9.23 Soit le problème aux différences
(
(n + 1)(n + 2)an+2 − 2(n + 1)an+1 − 3an = 0 (n ≥ 0)
a0 = 2 et a1 = 2
Multipliant l’équation différentielle par xn et sommant sur n, il vient
∞
∞
n=0
n=0
∑ (n + 1)(n + 2)an+2 xn − 2 ∑ (n + 1)an+1 xn = 3F(x)
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
où la fonction génératrice est
281
∞
F(x) =
∑ an xn
On constate que
F ′ (x) =
F ′′ (x) =
∞
∞
n=1
n=0
∑ n anxn−1 = ∑ (n + 1)an+1 xn
∞
∑ (n + 1)nan+1 xn−1 =
∑ (n + 1)(n + 2)an+2 xn
n=0
lim
n=1
∞
ité
n=0
Le problème se transforme donc en le problème continu
(
F ′′ (x) − 2F ′ (x) − 3F(x) = 0
F(0) = a0 = 2 et F ′ (0) = a1 = 2
dont la solution est donnée par
F(x) = e3x + e−x =
et
U
3n + (−1)n n
x
n!
n=0
3n + (−1)n
n!
sa
ge
an =
∞
∑
⋄
9.4 Exercices.
Remarque : les exercices marqués d’une étoile ne seront abordés qu’en seconde lecture.
1) Trouvez la solution pour chacune des relations de récurrence suivantes données
avec leur condition initiale.
a) an = 3an−1 , a0 = 2
b) an = an−1 + 2, a0 = 3
c) an = an−1 + n, a0 = 1
d) an = an−1 + 2n + 3, a0 = 4
e) an = 2an−1 − 1, a0 = 1
f) an = 3an−1 + 1, a0 = 1
g) an = nan−1 , a0 = 5
h) an = 2nan−1 , a0 = 1
Rép. : 2.3n
Rép. : 3 + 2n
n(n + 1)
2
Rép. : (2 + n)2
Rép. : 1 +
Rép. : 1
1
Rép. : (3n+1 − 1)
2
Rép. : 5n!
Rép. : 2n n!
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
282
2) Résolvez les relations de récurrence suivantes avec les conditions initiales données.
a) an = 2an−1 pour n ≥ 1, a0 = 3
Rép. : 3 2n
b) an = an−1 pour n ≥ 1, a0 = 2
Rép. : 2
d) an = 4an−1 − 4an−2 pour n ≥ 2, a0 = 6, a1 = 8
Rép. : 3 2n − 2 3n
ité
c) an = 5an−1 − 6an−2 pour n ≥ 2, a0 = 1, a1 = 0
Rép. : 2n+1 (3 − n)
e) an = −4an−1 − 4an−2 pour n ≥ 2, a0 = 0, a1 = 1
f) an = 4an−2 pour n ≥ 2, a0 = 0, a1 = 4
Rép. :
2n − (−2)n
2n+1 si n impair
0 si n pair
lim
g) an = an−2 /4 pour n ≥ 2, a0 = 1, a1 = 0
soit
Rép. : (−2)n−1 n

 1 si n pair
1 1
1
Rép. : [( )n + (− )n ] soit
2n
 0 si n impair
2 2
2
h) an = 2(an−1 − an−2 ) pour n ≥ 2, a0 = 1, a1 = 2
√ h
nπ
nπ i
Rép. : ( 2)n cos
+ sin
4
4
i) an = −an−2 pour n ≥ 2, a0 = 0, a1 = 3
Rép. : 3 sin
nπ
2
U
sa
ge
j) an = −2an−1 − 2an−2 pour n ≥ 2, a0 = 1, a1 = 3
√ n
3nπ
3nπ
Rép. : ( 2) cos
+ 4 sin
4
4
3) Résolvez les relations de récurrence suivantes avec les conditions initiales données.
a) an = an−1 + 6an−2 pour n ≥ 2, a0 = 3, a1 = 6
b) an = 7an−1 − 10an−2 pour n ≥ 2, a0 = 2, a1 = 1
3
Rép. : ((−2)n + 4.3n)
5
Rép. : 3.2n − 5n
Rép. : 3.2n + 4n
c) an = 6an−1 − 8an−2 pour n ≥ 2, a0 = 4, a1 = 10
d) an = 2an−1 − an−2 pour n ≥ 2, a0 = 4, a1 = 1
e) an = an−2 pour n ≥ 2, a0 = 5, a1 = −1
f) an = −6an−1 − 9an−2 pour n ≥ 2, a0 = 3, a1 = −3
Rép. : 4 − 3n
Rép. : 2 + 3(−1)n
Rép. : (−3)n (3 − 2n)
g) an = −4an−1 + 56an−2 pour n ≥ 0, a0 = 2, a1 = 8
q h
√
Rép. : an = (−2)n 1 + 35 (1 − 15)n +
q i
√
1 − 35 (1 + 15)n
4) Trouvez la solution de an = 2an−1 + an−2 − 2an−3 pour n = 3, 4, 5, . . . avec a0 =
3, a1 = 6 et a2 = 0.
5) Trouvez la solution générale de an+2 − 2an+1 + an = n + 1
Rép. : an = 6 − 2(−1)n − 2n
Rép. : an = C1 + C2 n +
n3
6
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
283
6) Trouvez la solution générale de an+2 − 4an+1 + 4an = 2n
Rép. : an = (C1 + C2 n)2n + n2 2n−3
ité
7) Considérez la relation de récurrence non homogène an = 3an−1 + 2n . Démontrez
que an = −2n+1 est une solution de cette relation de récurrence.
Rép. : Simple véri f ication par substitution.
8) Déterminez les valeurs des constantes A et B de manière telle que an = An + B soit
une solution de la relation de récurrence an = 2an−1 + n + 5.
Rép. : an = −n − 7
Une machine distributrice de timbres accepte seulement les pièces d’un dollar, les
billets d’un dollar et les billets de cinq dollars.
lim
⋆ 9)
a) Établissez une relation de récurrence pour calculer le nombre de manières de
déposer n dollars dans cette machine si l’ordre dans lequel les pièces et les
billets sont donnés est important.
b) Quelles sont les conditions initiales ?
c) De combien de façons est-il possible de déposer dix dollars pour acheter une
feuille de timbres ?
Rép. : a) an = 2an−1 + an−5,
n ≥ 5; b) a0 = 1, a1 = 2, a2 = 4, a3 = 8, a4 = 16; c) a10 = 1217
Trouvez une relation de récurrence pour calculer le nombre de chaı̂nes binaires de
longueur n qui contiennent une paire de 0 consécutifs.
Quelles sont les conditions initiales ?
Combien existe-t-il de chaı̂nes binaires de longueur 7 qui contiennent au moins
deux 0 consécutifs ?
U
sa
ge
⋆ 10)
⋆ 11)
Rép. : a) an = 2an−1 − an−3 + 2n−3
n ≥ 4; b) a1 = 0
a2 = 1 a3 = 3; c) a7 = 94
Trouvez une relation de récurrence pour calculer le nombre de chaı̂nes binaires de
longueur n qui contiennent au moins trois 0 consécutifs.
Quelles sont les conditions initiales ?
Combien existe-t-il de chaı̂nes binaires de longueur 7 qui contiennent au moins trois
0 consécutifs ?
Rép. : a) an = 2an−1 − an−4 + 2n−4, n ≥ 5
b) a1 = 0 a2 = 0 a3 = 1 a4 = 3
c) a7 = 47.
⋆ 12)
Trouvez une relation de récurrence pour calculer le nombre de chaı̂nes binaires de
longueur n qui contiennent la chaı̂ne 01.
Quelles sont les conditions initiales ?
Combien existe-t-il de chaı̂nes binaires de longueur 7 qui contiennent la chaı̂ne 01 ?
Rép. : a) an = 2an−1 − an−2 + 2n−2,
n ≥ 3; b) a1 = 0
a2 = 1; c) a7 = 120
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
284
13) Une personne dépose 1000 dollars sur un compte en banque qui rapporte un intérêt
annuel de 9 %.
ité
a) Etablissez une relation de récurrence pour calculer le montant accumulé sur le
compte à la fin de n années.
b) Trouvez une formule explicite pour calculer le montant sur le compte à la fin
de n années.
c) Quelle est la valeur du compte après cent ans ?
Rép. : a) an = an−1 (1 + 0.09),
a0 = 1000; b) an = 1000(1 + 0.09)n; c) 5529040
lim
14) Supposez que la population mondiale en 1995 est de 7 milliards et qu’elle croı̂t à
raison de 3% par an.
a) Établissez une relation de récurrence pour calculer la population mondiale
dans n années après 1995.
b) Trouvez une formule explicite pour calculer la population mondiale au bout
de n années après 1995.
c) Quelle sera la population mondiale en 2010 ?
Rép. : a) pn = pn−1 (1 + 0.03),
p0 = 7.109 ; b) pn = 7.109(1 + 0.03)n; c) 10.9058 109
U
sa
ge
15) Une usine construit des voitures de sport à un taux croissant. Au cours du premier
mois, elle n’a fabriqué qu’une voiture ; au cours du deuxième mois, deux voitures ;
et ainsi de suite avec n voitures fabriquées au cours du n-ième mois.
a) Etablissez une relation de récurrence pour le nombre de voitures fabriquées au
cours des n premiers mois.
b) Combien de voitures sont fabriquées au cours de la première année ?
c) Trouvez une formule explicite pour calculer le nombre de voitures fabriquées
au cours des n premiers mois.
Rép. : a) an = an−1 + n,
a1 = 1; b) 78; c) an =
n(n + 1)
2
16) Déterminez le nombre rn de régions du plan définies par l’intersection de n lignes
droites. On suppose que deux droites ne sont jamais parallèles et que trois droites
ne se coupent jamais en un même point. On a, par exemple, r1 = 2 et r2 = 4.
Rép. : rn = 1 +
n(n + 1)
2
17) Le mouvement erratique des particules au sein d’un fluide est appelé mouvement
brownien. Celui-ci est responsable de la diffusion des propriétés du fluide dans
tout son volume. On peut donner un modèle unidimensionnel de ce processus en
considérant une particule qui, à chaque instant, possède une probabilité p = 1/2 de
se déplacer d’une unité vers la droite et une probabilité q = 1/2 de se déplacer d’une
unité vers la gauche. Si on considère que les particules peuvent être absorbées par
des parois situées en x = 0 et x = ℓ ∈ N, alors, la probabilité Pk pour qu’une particule
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
285
située à l’abscisse x = k ∈ N soit absorbée par la paroi située en x = 0 est la solution
de l’équation aux différences
(0 < k < ℓ)
P0 = 1 et
avec
Pℓ = 0
ité
Pk = pPk+1 + qPk−1
Déterminez la probabilité Pk (0 ≤ k ≤ ℓ).
Rép. : Pk = 1 −
k
l
lim
18) Un modèle pour calculer le nombre de homards capturés par année est fondé sur
l’hypothèse que le nombre de homards capturés dans une année est la moyenne du
nombre capturé au cours des deux années précédentes.
a) Trouvez une relation de récurrence pour {Ln } où Ln est le nombre de homards
capturés au cours de l’année n en tenant compte de l’hypothèse de ce modèle.
1
Rép. : Ln = (Ln−1 + Ln−2 ) n ≥ 3
2
b) Trouver Ln si 100 000 homards ont été capturés au cours de l’année 1 et 300
000 au cours de l’année 2.
Rép. : L1 = 100 000, L2 = 300 000, Ln =
100000
(−1)n
7 + n−3
3
2
19) Soit le circuit électrique
i0
b
L/2
L/2
b
U
∼E
C
b
b
b
ik
b
b
b
L/2
sa
ge
L/2
i1
b
L/2
C
b
b
b
b
b
L/2
L/2
C
b
b
b
b
b
in−1
b
b
in
b
L/2
C
b
b
b
b
b
b
b
b
Ce circuit devant fonctionner sous une tension alternative de pulsation ω, on
introduit les variables d’état complexes Ik telles que le courant électrique au
primaire de chaque section est donné par
ik (t) = ℜ(Ik e jωt )
( j2 = −1)
Ces variables d’état vérifient les équations
jωL Ik +
1
1
(Ik − Ik+1 ) −
(Ik−1 − Ik ) = 0,
jωC
jωC
k = 1, . . ., n − 1
– Dans le cas où ω2 LC < 4, montrez que la solution générale Ik peut s’écrire
Ik = C1 e jkθ +C2 e− jkθ
1
où cos θ = 1 − ω2 LC.
2
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
286
ité
– Si on impose une tension alternative à l’entrée du circuit et si on court-circuite la
sortie, alors

1
1


jωL I0 +
(I0 − I1 ) = E

 2
jωC


1
1

 jωL In −
(In−1 − In ) = 0
2
jωC
Déterminez les conditions auxquelles doivent satisfaire les constantes C1 et C2
introduites ci-dessus.
– Déterminez C1 et C2 et montrez que
jωC E cos[(n − k)θ]
sin θ sin nθ
20) Les vibrations des systèmes mécaniques, des atomes dans les molécules, des solides
élastiques. . . peuvent souvent être étudiées en établissant des modèles simplifiés
constitués d’un assemblage de ressorts et de systèmes d’amortissement.
On considère un tel modèle constitué de n particules reliées entre-elles par des
ressorts placés en série. Le système est lui même attaché aux deux extrémités à un
système rigide par le biais de ressorts.
lim
Ik = −
L
k0
k2
U
sa
ge
k1
x1
x2
kr−1
kr
kn−1
xr
kn
xn
On désigne par xr la position de la particule r (r ∈ {1, 2, . . ., n}) repérée par rapport à
l’extrémité gauche du système. On note kr et ℓr la raideur et la longueur naturelle du
ressort r (r ∈ {0, 1, . . ., n}). À l’équilibre, les positions des n particules sont données
par
k0 (x1 − ℓ0 ) = k1 (x2 − x1 − ℓ1 )
k1 (x2 − x1 − ℓ1 ) = k2 (x3 − x2 − ℓ2 )
..
.
kr−1 (xr − xr−1 − ℓr−1 ) = kr (xr+1 − xr − ℓr )
..
.
kn−1 (xn − xn−1 − ℓn−1 ) = kn (L − xn − ℓn )
Déterminez les positions des n particules
– dans le cas où tous les ressorts sont identiques, i.e. k0 = k1 = . . . = kn = k et
ℓ0 = ℓ1 = . . . = ℓn = ℓ ;
Rép. : xr =
rL
n+1
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
287
– dans le cas où tous les ressorts ont la même longueur naturelle, i.e. ℓ0 = ℓ1 =
. . . = ℓn = ℓ, et ont la même raideur sauf le ressort α (0 < α < n), i.e. k0 = k1 =
. . . = kα−1 = kα+1 = . . . = kn = k et kα = k/λ.
ra
Lλ + (1 − λ)nℓ
(r − 1)a +
n+λ
pour r ≤ α
où a =
L − (1 − λ)ℓ
n+λ
ité
Rép. : xr =
pour r > α
21) Tentant de résoudre numériquement le problème différentiel
ẍ + 2ωẋ + ω2 x = 0
x(0) = 1, ẋ(0) = 0
(9.73)
lim
décrivant le comportement d’un oscillateur avec amortissement critique, on établit
la discrétisation suivante
xk+1 − 2xk + xk−1
xk+1 − xk−1
+ω
+ ω2 xk = 0, x0 = 1, x1 = 1
2
∆t
∆t
où xk est la solution approchée au temps t = k∆t.
Les solutions de (9.74) pour différentes valeurs de ∆t, soit ω∆t = 0.5, ω∆t = 1.6 et
ω∆t = 2.1 sont représentées ci-dessous ainsi que la solution du problème continu
initial (9.73) (trait interrompu).
Expliquez le comportement de la solution discrète pour les différentes valeurs
du pas d’intégration ∆t données. En particulier, justifiez le caractère croissant ou
décroissant de la solution discrète ainsi que son caractère monotone ou oscillatoire.
sa
ge
U
(9.74)
x
1
ω∆t = 1.6
0.8
ω∆t = 0.5
0.6
0.4
0.2
2
4
6
8
Ω t
x
1
ω∆t = 2.1
0.5
2.5
-0.5
-1
5
7.5 10 12.5 15 17.5
Ω t
CHAPITRE 9. ÉQUATIONS AUX DIFFÉRENCES.
288
U
sa
ge
où α ∈ R+
0.
lim
ité
22) Écrivez une relation de récurrence pour le déterminant d’ordre n
α α 0 0 · · · 0 0 α α α 0 · · · 0 0 .. .
.
0 α α α
.
. Dn = .. . . . . . . . . . . .. .
.
.
.
. .
.
.
0 0
. . α α α 0
0 0
0
α
α
α
0 0 · · · 0 0 α α
nπ
1
nπ
Rép. : αn cos
+ √ sin
3
3
3
ité
Chapitre 10
lim
Dénombrement.
On trouve des problèmes de dénombrement, c’est-à-dire de comptage d’objets,
dans de nombreux domaines en mathématique et en informatique. Qu’il s’agisse de
déterminer la probabilité de gagner à un jeu de hasard, de déterminer l’efficacité d’un
algorithme informatique ou d’énumérer différentes molécules qui correspondent à une
formule chimique donnée, la solution passe toujours par la résolution d’un problème de
dénombrement et utilise les techniques de ce chapitre.
U
sa
ge
10.1 Principes de la somme et du produit.
Les principes de la somme et du produit constituent les bases du dénombrement.
10.1.1 Principe du produit.
Si un premier événement peut se produire de n façons différentes et si un second
événement, indépendant du premier, peut se produire de m façons différentes, alors le
nombre de possibilités de cette suite d’événements est égal à n · m.
De même, si une procédure est divisée en deux étapes indépendantes et que ces deux
étapes peuvent être réalisées de n et m façons différentes, alors la tâche complète peut être
effectuée de n · m façons différentes.
En langage ensembliste, l’ensemble des possibilités de combiner un élément d’un
ensemble A avec un élément de l’ensemble B est représenté par le produit cartésien A × B.
On aura donc, en généralisant,
Si A1 , A2 , . . . , AN sont N ensembles finis alors
|A1 × A2 × · · · × AN | = |A1 | |A2 | · · · |AN |
289
(10.1)
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
290
E XEMPLE 10.1 Soit un code d’accès informatique fait de trois lettres où les répétitions de lettres
sont permises. En procédant de la sorte, on peut générer
ité
26 · 26 · 26 = 263 = 17 576 codes différents.
⋄
10.1.2 Principe de la somme.
'
lim
Si une tâche peut être accomplie de n façons différentes et si une deuxième tâche
peut être effectuée de m façons différentes (et si on ne peut effectuer ces deux tâches
simultanément), alors il existe n + m façons différentes d’exécuter l’une ou l’autre de ces
tâches.
De même, si une première expérience peut donner n résultats différents et si une
deuxième expérience peut donner m résultats différents, alors le nombre de résultats que
l’on peut obtenir en effectuant l’une ou l’autre expérience est égal à n + m.
En langage ensembliste, ce principe peut être traduit de la façon suivante :
Si A1 , A2 , · · · , AN sont N ensembles finis disjoints, i.e. si, ∀i ∈ {1, 2, . . ., N},
|Ai | ∈ N et Ai ∩ A j = φ ∀i 6= j alors
(10.2)
%
U
sa
ge
&
|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ AN | = |A1 | + |A2 | + · · · + |AN |
$
E XEMPLE 10.2 On suppose qu’un professeur ou un étudiant ingénieur peut être choisi pour
représenter la Faculté des Sciences Appliquées au concours du plus grand mangeur de saucisses.
Sachant qu’il y a 56 professeurs et 860 étudiants, de combien de façons différentes peut-on choisir
ce représentant ?
On peut choisir un professeur de 56 façons et un étudiant de 860 façons différentes. Il y a
donc, au total, 860 + 56 = 916 façons différentes de choisir le représentant de FSA.
⋄
Le principe de la somme peut être utilisé pour dénombrer les sous-ensembles d’un
ensemble donné.
Si l’ensemble A est fini, i.e. |A| = n ∈ N, alors
|P (A)| = 2n
(10.3)
La démonstration utilise le principe de l’induction.
L’énoncé est évident si |A| = 0. L’ensemble A est alors vide et |P (A)| = |{φ}| = 1.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
291
ité
Si on suppose l’énoncé vrai pour un ensemble comportant n éléments alors
démontrons que la proposition est également vraie pour un ensemble comportant n + 1
éléments. Soit A un tel ensemble. Les sous-ensembles de A sont de deux types : ceux qui
comprennent l’élément an+1 et ceux qui ne comprennent pas cet élément. Le nombre
total de sous-ensembles de A est donc la somme
du nombre de sous-ensembles qui
comprennent an+1 et des éléments
choisis dans a1 , a2 , . . . , an et du nombre de sous
ensembles de a1 , a2 , . . ., an . On a donc
|P ( a1 , a2, . . . , an , an+1 )| = 2n + 2n = 2n+1
lim
Par induction, la proposition est donc vérifiée pour tout n.
On peut encore introduire le principe de la différence suivant :
Si A est un ensemble fini et si B est un sous-ensemble de A, alors
|A\B| = |A| − |B|
(10.4)
Ce résultat est une conséquence du principe de la somme. En effet, B et A\B sont deux
ensemble disjoints dont l’union n’est autre que A. Dès lors
U
sa
ge
|A| = |B ∪ (A\B)| = |B| + |A\B|
d’où le résultat.
E XEMPLE 10.3 Un code d’accès informatique est constitué d’exactement trois lettres. Combien
de codes contiennent des répétitions de lettres ?
Le nombre total de codes est égal à 263 = 17 576. Parmi ceux-ci, seuls 26 · 25 · 24 = 15 600 ne
comportent pas de répétitions. Le nombre de codes recherché est donc égal à
263 − 26 · 25 · 24 = 1 976
⋄
10.2 Principe des tiroirs.
Le principe des tiroirs (pigeonhole principle en anglais), est à la base d’un grand
nombre de démonstrations et de raisonnements mathématiques.
Si m objets sont rangés dans n tiroirs et si m > n alors il y a au moins un tiroir
qui contient plus d’un objet.
De plus, il y a au moins un tiroir qui contient au moins ⌈m/n⌉ objets.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
292
ité
Ce principe apparaı̂t comme un évidence. Si tous les n tiroirs ne comportaient qu’un
objet ou moins, alors le nombre maximum d’objet serait inférieur ou égal à n.
Si aucun tiroir ne comportait plus de ⌈m/n⌉ − 1 objets, alors le nombre total d’objets
serait au plus égal à
m
m
n(⌈ ⌉ − 1) < n(( + 1) − 1) = m
n
n
puisque ⌈m/n⌉ < m/n + 1. On aboutit donc à une contradiction.
lim
E XEMPLE 10.4 Si chaque étudiant présentant l’examen de mathématiques discrètes reçoit une
cote entière exprimée sur un maximum de 20 points, alors, dans tout groupe de 22 étudiants, on
trouve au moins deux étudiants ayant la même cote.
⋄
En langage ensembliste, on a :
'
Si A et B sont deux ensembles finis non vides, tels que |A| > |B|, alors il
n’existe pas de fonction injective de A dans B,
i.e. pour toute fonction f : A → B, deux éléments au moins de A doivent avoir
la même image par f .
U
sa
ge
Si |A| > k|B| avec k ∈ N0 , alors, quelle que soit la fonction f : A → B, il existe
au moins un élément b ∈ B qui est l’image d’au moins k + 1 éléments de A.
&
$
%
Soit f : A → B avec |A| > |B|. Si on suppose que f est injective, alors l’image par
f des |A| éléments de A est formée de |A| éléments distincts de B. Comme on suppose
|A| > |B|, ceci est impossible et l’on doit rejeter l’hypothèse selon laquelle f est injective.
Dans le cas où |A| > k|B|, si on suppose qu’il existe une fonction f : A → B telle que
chaque élément de B est l’image de k éléments de A au maximum, alors on aboutit aussi à
une contradiction. En effet, les |B| éléments de B seraient alors les images d’un maximum
de k|B| éléments de A (ces éléments sont distincts puisque f est une fonction, i.e. elle
associe à chaque élément de A un seul élément de B) et donc
|A| ≤ k|B|
ce qui est contraire aux hypothèses.
E XEMPLE 10.5 Parmi les habitants de New York, peut-on trouver deux personnes possédant le
même nombre de cheveux sur leur tête ?
Si on sait que la population de New York est de l’ordre de 5 000 000 et que le nombre de
cheveux sur la tête d’un homme ne dépasse pas 300 000, la réponse est affirmative.
Soit A l’ensemble des habitants de New York et B l’ensemble des nombres de cheveux sur la
tête d’une personne. Comme |A| > |B|, il ne peut y avoir de fonction injective de A dans B.
⋄
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
293
Si le principe des tiroirs apparaı̂t comme une évidence, son application à des cas
concrets demande parfois un peu de réflexion.
ité
E XEMPLE 10.6 Soit S = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 . Si on choisit librement 5 entiers dans S, est-il
possible de trouver parmi ceux-ci deux entiers dont la somme est égale à 9 ?
L’ensemble A des paires d’entiers dont la somme est égale à 9 est donné par
A = (1, 8), (2, 7), (3, 6), (4, 5)
lim
Soit B un sous-ensemble de S contenant 5 entiers et soit la fonction f : B → A qui associe à chaque
élément de B la paire appartenant à A dans laquelle apparaı̂t l’élément considéré. Puisque |B| > |A|,
on en déduit que f n’est pas injective, i.e. deux entiers différents de B au moins auront la même
image dans A. Leur somme est donc égale à 9.
Dans lecas où |S|
= 4 = |B|, le principe des tiroirs ne peut s’appliquer. Par exemple, si on
choisit A = 1, 2, 3, 4 alors il est impossible de former 9 par addition de deux éléments de A. ⋄
E XEMPLE 10.7 D ÉVELOPPEMENT D ÉCIMAL D ’ UNE FRACTION .
L’écriture décimale d’une fraction, i.e. d’un rationnel, se termine après un nombre fini de
chiffres ou bien se répète périodiquement.
U
sa
ge
3.0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 14
28
0.2 1 4 2 8 5 7 1 4 2 8 5 7
20
14
60
56
40
28
120
112
80
70
100
98
20
14
60
56
4 .0
..
F IG . 10.1
À chaque étape de la division du numérateur n par le dénominateur d, on obtient un reste r.
Si celui-ci est nul, la proposition est vérifiée. Si r n’est pas nul, il est nécessairement inférieur
au dénominateur. Le reste ne peut donc prendre que d − 1 valeurs différentes. Après d divisions
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
294
successives (après épuisement des chiffres formant le numérateur), au maximum, on doit avoir eu
(au moins) deux restes identiques et le développement décimal se répète donc périodiquement.
⋄
Le principe des tiroirs induit aussi la conséquence suivante :
ité
Soit A et B deux ensembles finis comportant le même nombre d’éléments et
f : A → B une fonction de A vers B ;
f est injective ⇔ f est surjective
lim
Si f est injective, alors les images des éléments de A sont distinctes. L’image de A par
f est donc un sous-ensemble de B comportant |A| = |B| éléments. Dès lors l’image de A
par f est B lui-même et f est surjective.
Si f est surjective, alors chaque élément de B est l’image d’un élément de A. Puisque
B comporte |B| = |A| éléments, et que chaque élément de A ne peut avoir qu’une seule
image par f , on en déduit que deux éléments différents de A ont des images distinctes
dans B. Dès lors, f est injective.
U
sa
ge
10.3 Permutations.
Tout ensemble fini A de n objets classés dans un certain ordre est appelé une
permutation de ces objets. De façon équivalente, on appelle permutation de A toute
bijection p : A → A.
Si A = a1 , a2 , . . ., an et si p est une permutation de A, on écrit p sous la forme
a1
a2
· · · an
p=
(10.5)
p(a1 ) p(a2 ) · · · p(an )
où la suite p(a1 ), p(a2 ), . . ., p(an ) contient tous les éléments de A.
De façon équivalente, on peut décrire une permutation par une bijection p : D → A de
l’ensemble D des entiers formant une énumération de A vers A, soit
1
2
··· n
p=
(10.6)
p(1) p(2) · · · p(n)
où p(1), p(2), . . ., p(n) sont les éléments de A.
Le nombre Pn de permutations d’un ensemble fini de n objets distincts (n > 0)
est égal à
Pn = n!
(10.7)
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
295
ité
La démonstration peut être effectuée par induction. Le résultat (10.7) sera cependant
obtenu dans la suite comme cas particulier d’un problème plus général.
On remarquera que le nombre de permutations, c’est-à-dire le nombre de bijections
entre deux ensembles, ne dépend que du nombre d’éléments dans ces ensembles.
E XEMPLE 10.8 De combien de façons différentes peut-on permuter les lettres du mot
DISCRET ?
Le mot DISCRET comportant 7 lettres différentes, on a 7! = 5 040 permutations possibles. ⋄
lim
10.4 Arrangements.
Un arrangement de r éléments parmi les n éléments d’un ensemble A est une
permutation de r éléments de A.
E XEMPLE 10.9 Soit A = a, b, c . Les éléments b, a forment un arrangement de deux éléments
de A.
⋄
De façon équivalente, on appelle arrangement de A une injection f : D → A où
D = {1, 2, . . ., r} soit
1
2
··· r
f=
(10.8)
f (1) f (2) · · · f (r)
U
sa
ge
où f (1), f (2), . . ., f (r) sont r éléments distincts de A.
Cette écriture revient à ranger r éléments différents de A dans une liste ordonnée de r
cases distinctes.
#
Le nombre Arn d’arrangements de r éléments d’un ensemble de n (où n ≥ r)
éléments est
n!
Arn =
(10.9)
(n − r)!
"
!
On peut choisir le premier élément de l’arrangement de n façons différentes puisqu’il y
a n éléments dans l’ensemble. Il y a n − 1 façons de choisir le deuxième élément parmi
les n − 1 éléments restants. En général, il y a donc n − k + 1 façons de choisir le k-ème
élément. Par conséquent, selon le principe du produit, il y a
n!
Arn = n(n − 1)(n − 2) · · ·(n − r + 1) =
(n − r)!
arrangements de r éléments parmi n éléments.
Dans le cas particulier où r = n, on retrouve, en tenant compte de la convention 0! = 1,
Arn = Pn = n!
(10.10)
Le nombre de r-arrangements sur un ensemble de n objets est égal au nombre de
fonctions injectives f : D → A t.q. |D| = r et |A| = n.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
296
10.5 Combinaisons.
E XEMPLE 10.10 Soit
ité
Une combinaison de r objets parmi les n éléments d’un ensemble A est un sousensemble (non ordonné) de r éléments de A.
A = Jeanne, Louis, Élise, Éric, Géraldine
lim
un ensemble de 5 personnes. Le sous-ensemble
B = Jeanne, Louis, Élise
est une combinaison particulière de trois éléments de A.
'
Le nombre Cnr
de combinaisons de r objets parmi les n (où n ≥ r > 0) éléments
d’un ensemble est le nombre binomial
n
n!
r
Cn =
=
(10.11)
r
r!(n − r)!
&
$
%
On peut obtenir les arrangements d’un ensemble en formant les combinaisons de
l’ensemble et en considérant toutes les permutations des éléments de chaque combinaison.
Dès lors, par le principe du produit
sa
ge
U
⋄
Arn = Cnr Pr
Cnr =
soit
n!
Arn
=
Pr
(n − r)!r!
E XEMPLE 10.11 De combien de façons peut-on sélectionner 5 joueurs dans une équipe de tennis
comportant 12 joueurs pour affronter une autre équipe ?
La solution est le nombre de sous-ensembles de 5 joueurs pouvant être définis dans l’ensemble
des 12 joueurs disponibles. Soit :
5
C12
=
12!
12 11 10 9 8
=
= 792
7! 5!
54321
⋄
E XEMPLE 10.12 Supposons, dans l’exemple précédent, que deux joueurs a et b ne veulent pas
faire partie ensemble de l’équipe. De combien de façon peut-on constituer une équipe de 5 joueurs
parmi les 12 joueurs disponibles ?
Les équipes sont de trois types :
5 équipes de ce type ;
– celles qui ne contiennent ni a ni b : on peut former C10
4
– celles qui contiennent a (et pas b) : on peut former C10 équipes de ce type ;
4 équipes de ce type.
– celles qui contiennent b (et pas a) : on peut former C10
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
297
Au total, selon la règle de la somme, on peut donc former
5
4
4
C10
+C10
+C10
= 252 + 210 + 210 = 672
⋄
ité
équipes différentes.
E XEMPLE 10.13 Le nombre de mots binaires de longueur n et de poids r, c’est-à-dire dont r
composantes sont égales à un, est donné par Cnr .
⋄
lim
Les nombres ou coefficients binomiaux Cnr apparaissent souvent en mathématiques.
Ils possèdent les propriétés suivantes :
– Propriété de symétrie :
Cnr = Cnn−r
(10.12)
– Propriété de récurrence :
r
r−1
Cnr = Cn−1
+Cn−1
– Propriété d’addition :
(10.13)
n
∑ Cnr = 2n
(10.14)
r=0
U
sa
ge
Ces propriétés peuvent être démontrées à partir de l’expression de Cnr . Elles peuvent aussi
être démontrées à partir de la théorie du dénombrement.
La propriété de symétrie exprime le fait que le nombre de sous-ensembles Sr de
r éléments appartenant à un ensemble A de n éléments est égal au nombre des sousensembles de n − r éléments de A. En effet, chaque sous-ensemble Sr définissant un
ensemble A\Sr de n − r éléments.
La relation de récurrence (10.13) permet de calculer les nombres binomiaux au moyen
du triangle de Pascal.
C00
1
C10 C11
1
C20 C21 C22
1
C30 C31 C32 C33
1
C50 C51 C52 C53 C54 C55
C60 C61 C62 C63 C64 C65 C66
1
1
4
5
6
2
3
1
C40 C41 C42 C43 C44
1
1
3
6
1
4
10 10
15 20 15
1
5
1
6
1
F IG . 10.2
Elle est obtenue en remarquant que les sous-ensembles de r éléments de A peuvent
r−1
r
être décomposés en Cn−1
sous-ensembles ne contenant pas l’élément an et en Cn−1
sousensembles contenant an et en appliquant le principe de la somme.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
298
La dernière propriété provient des deux façons différentes de compter le nombre de
sous-ensembles de taille quelconque de A.
Les coefficients de la ligne n du triangle de Pascal sont les coefficients apparaissant
dans le développement de (a + b)n :
$
ité
'
B IN ÔME DE N EWTON
Quels que soient les nombres a et b et pour tout n ≥ 0, on a
(a + b)n =
n
∑ Cnk an−k bk
k=0
n
= a +Cn1 an−1 b1 +Cn2 an−2 b2 + · · · +Cnn−1 a1 bn−1 + bn
lim
&
(10.15)
%
Cette relation est démontrée en analyse. Dans le cas où n > 1, on peut également en
donner une démonstration basée sur le dénombrement.
Utilisant la distributivité et la commutativité de la multiplication, (a + b)n peut être
exprimé comme une somme de produits de puissances de a et b de la forme :
an−k bk = a
| a a{z· · · a} b
| b b{z· · · b}
n−k facteurs k facteurs
U
sa
ge
Un tel facteur apparaı̂t un nombre de fois égal au nombre de façons de choisir k positions
pour les b parmi les n positions possibles. Dès lors
(a + b)n =
n
∑ Cnk an−k bk
k=0
10.6 Permutations et combinaisons généralisées.
Jusqu’ici, nous avons considéré des permutations et des combinaisons d’éléments
distincts. Il arrive cependant très souvent que l’on considère des éléments indiscernables.
10.6.1 Permutations avec répétition.
Les permutations d’objets indiscernables ne peuvent être décrites par le formalisme
ensembliste puisqu’un ensemble ne contient que des éléments différents. (Le fait qu’un
élément apparaisse plusieurs fois dans l’expression en extension d’un ensemble ne signifie
pas que cet ensemble contienne plusieurs fois le même objet.)
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
299
'
ité
Soit une collection de n = n1 + n2 + · · · + nk objets comportant n1 objets
indiscernables de type 1, n2 objets indiscernables de type 2, . . . , nk objets
indiscernables de type k. Le nombre de permutations distinctes de ces n objets
est
n!
(10.16)
Pn1 ,n2 ,...,nk =
n1 !n2 ! . . . nk !
$
&
%
lim
Le nombre total de permutations de n éléments distincts est donné par Pn = n!.
Si les n objets ne sont pas distincts mais que n1 objets du type 1 sont indiscernables,
alors, parmi les n! permutations, celles qui sont obtenues par permutation des n1 objets
indiscernables de type 1 sont indiscernables. Le nombre total de permutations de n objets
dont n1 sont indiscernables est donc donné par
n!
n1 !
De même, si la collection d’objets comporte n2 objets indiscernables de type 2,. . . , nk
objets indiscernables de type k, alors
n!
n1 !n2 ! . . . nk !
U
sa
ge
Pn1 ,n2 ,...,nk =
E XEMPLE 10.14 Combien de “mots” de sept lettres peut-on former en mélangeant les lettres
du mot BENZENE ?
D’après les résultat général, il vient
P1,3,2,1 =
7!
= 420
1! 3! 2! 1!
⋄
10.6.2 Arrangements avec répétition.
Les arrangements de r éléments d’un ensemble A peuvent être considérés comme les
différentes façons de générer une liste ordonnée de r objets à partir des éléments de A.
On peut aussi considérer le problème consistant à former une liste ordonnée à partir
des éléments de A en autorisant l’utilisation répétée de chacun des éléments de A lors de
la constitution de cette liste. On parle alors d’arrangement avec répétition.
Le nombre d’arrangements avec répétition
éléments est
Brn = nr
Brn
de r éléments choisis parmi n
(10.17)
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
300
Brn = |n n n{z
n . . . n} = nr
r facteurs
ité
Il y a n façons de choisir chaque élément de l’arrangement. Par le principe du produit,
le nombre d’arrangements avec répétition est donc
E XEMPLE 10.15 Avec les 26 lettres de l’alphabet, on peut construire 26r chaı̂nes de longueur r.
⋄
lim
10.6.3 Combinaisons avec répétition.
Une combinaison avec répétition de r objets choisis parmi les n ≥ 1 éléments d’un
ensemble A est une collection de r objets choisis dans A dans laquelle les éléments de A
peuvent apparaı̂tre plusieurs fois.
avec répétition peut donc être vue comme une application f : A →
Une combinaison
0, 1, 2, . . ., r qui à chaque élément ai de A fait correspondre un entier f (ai ) ∈ [0, r] telle
n
que
∑ f (ai) = r.
i=1
Drn
de combinaisons avec répétition de r objets choisis parmi n
U
sa
ge
Le nombre
éléments est
r
Drn = Cn+r−1
(10.18)
Représentons une combinaison avec répétition de r objets choisis parmi n éléments de
la manière suivante. On utilise n − 1 barres verticales pour identifier les n objets de A. Par
exemple, pour n = 5 :
. . . | . . . | . . . | . . .| . . .
On place alors chacun des r objets de la combinaison dans une des cases en le représentant
par une croix. Par exemple, pour r = 6 :
× ×| |× × ×|×|
Le résultat est une représentation de la combinaison au moyen de n − 1 barres et de r
croix. Le nombre de combinaisons avec répétition est égal au nombre de représentations
possibles. Ce nombre est lui-même égal au nombre de choix possibles pour placer les r
croix dans les n − 1 + r positions possibles soit
r
Drn = Cn−1+r
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
301
D64 = C96 =
ité
E XEMPLE 10.16 Un magasin de pralines dispose de 4 sortes de pralines différentes et propose
à ses clients un mini-assortiment de 6 pralines choisies au hasard. Combien de mini-assortiments
différents peut-on réaliser ?
On choisit 6 pralines hors de 4 catégories avec répétition éventuelle de ces catégories, soit
9!
987
=
= 84
6! 3!
32
⋄
lim
10.7 Résumé pratique.
Les formules de dénombrement établies dans les sections précédentes peuvent être
résumées dans un tableau :
'
Sans répétition
Permutation
Pn = n!
n!
(n − r)!
n!
Combinaison Cnr =
r!(n − r)!
Arn =
U
sa
ge
Arrangement
&
$
Avec répétition
n!
Pn1 ,n2 ,...,nk =
n1 ! n2 ! · · · nk !
Brn = nr
r
Drn = Cn+r−1
=
(n + r − 1)!
r!(n − 1)!
%
10.8 Principe d’inclusion-exclusion.
Le principe de la somme ne concerne que des ensembles disjoints. Si on désire
compter les éléments de deux ou plusieurs ensembles qui ne sont pas disjoints, on utilisera
le principe suivant :
Si les ensembles A et B sont finis, alors
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
(10.19)
En effet, dans la somme |A| + |B|, chacun des éléments de A ∩ B est compté deux fois.
Pour obtenir |A ∪ B|, il faut donc soustraire |A ∩ B| de la somme |A| + |B|.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
302
Dans le cas d’un petit nombre d’ensembles, on peut raisonner sur le diagramme de
Venn pour généraliser la formule à plus de deux ensembles. Par exemple, dans le cas de
trois ensembles finis A, B et C, il vient
|A ∪ B ∪C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩C| − |B ∩C| + |A ∩ B ∩C|
ité
(10.20)
lim
E XEMPLE 10.17 Supposons que 100 des 120 étudiants informaticiens connaissent au moins une
langue étrangère parmi l’anglais, l’italien et le russe. Supposons encore que
– 65 parlent anglais,
– 45 parlent italien,
– 42 parlent russe,
– 20 parlent anglais et italien,
– 25 parlent anglais et russe,
– 15 parlent italien et russe.
Combien d’étudiants trilingues y a-t-il ?
Si on note par A, I et R les ensembles des étudiants connaissant, respectivement, l’anglais,
l’italien et le russe, on a
|A ∪ I ∪ R| = |A| + |I| + |R| − |A ∩ I| − |A ∩ R| − |I ∩ R| + |A ∩ I ∩ R|
Soit
100 = 65 + 45 + 42 − 20 − 25 − 15 + |A ∩ I ∩ R|
et donc
U
sa
ge
|A ∩ I ∩ R| = 8
⋄
Le principe d’inclusion-exclusion peut être généralisé à un nombre quelconque
d’ensembles.
$
'
Si A1 , A2 , . . . , An sont des ensembles finis, alors
n
[
n
Ai = ∑ (−1)k+1
∑
i=1 k=1
1≤i <···<i
&
La somme
∑
1≤i1 <···<ik
1
k
k
\
Ai ℓ ≤n
(10.21)
ℓ=1
k
\
Ai ℓ ≤n
%
ℓ=1
porte sur toutes les intersections de k ensembles distincts parmi A1 , A2 , . . . , An .
L’expression (10.21) peut donc encore s’écrire sous la forme de la somme alternée
|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | =
+
∑
∑
1≤i≤n
1≤i< j<k≤n
|Ai | −
∑
1≤i< j≤n
|Ai ∩ A j |
|Ai ∩ A j ∩ Ak | − · · · + (−1)n+1 |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An |
(10.22)
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
303
On démontre la propriété par induction.
La proposition est vraie pour n = 1 (et même pour n = 2).
!
n+1
n
[ [
Ai ∪ An+1 Ai = i=1 i=1
lim
!
n
n
[
[
Ai ∩ An+1 = Ai + |An+1 | − i=1 i=1
ité
Montrons que, si la proposition est vraie pour n, elle l’est également pour n + 1. On
a:
n
n
[
[
= Ai + |An+1 | − (Ai ∩ An+1 )
i=1 i=1
n
=
∑ (−1)k+1
k=1
∑
1≤i1 <···<ik
k
\
Aiℓ + |An+1 |
≤n
ℓ=1
n
U
sa
ge
− ∑ (−1)k+1
k=1
soit
n+1
n
[
Ai = ∑ (−1)k+1
i=1 k=1
1≤i
∑
1 <···<ik
∑
1≤i1 <···<ik
k
\
Aiℓ + |An+1 |
≤n
k
\
Aiℓ ∩ An+1 ≤n
ℓ=1
ℓ=1
n
− ∑ (−1)k+1
k=1
∑
1≤i1 <···<ik
!
k
\
Aiℓ ∩ An+1 ≤n
ℓ=1
Les trois termes du membre de droite correspondent, respectivement, à toutes les
intersections de k ≤ n ensembles n’impliquant pas An+1 , à l’ensemble An+1 et à toutes
les intersections de k ≤ n ensembles avec An+1 . Ceci équivaut à considérer toutes les
intersections des n + 1 ensembles A1 , A2 , . . ., An , An+1 et donc
k
n+1
n+1
\
[ A
Ai = ∑ (−1)k+1
i
∑
ℓ
i=1 k=1
1≤i <···<i ≤n+1
1
k
ℓ=1
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
304
Le principe d’exclusion peut également être reformulé afin de permettre le
dénombrement d’éléments qui, à l’intérieur d’un ensemble A, n’ont aucune des propriétés
définissant les sous-ensembles A1 , A2 , . . ., An de A
Si A1 , A2 , . . . , An sont des sous-ensembles d’un même ensemble fini A, alors
le nombre d’éléments de A qui n’appartiennent à aucun des sous-ensembles
A1 , A2 , . . . , An est donné par
n
k
[
\
n
k+1
(10.23)
A\ Ai = |A| − ∑ (−1)
Ai ℓ ∑
i=1 1≤i <···<i ≤n
k=1
&
k
ℓ=1
lim
1
En explicitant les différentes sommes, l’expression (10.23) peut encore s’écrire
n
[
A\
A
i = |A| − ∑ |Ai | +
∑ |Ai ∩ A j |
i=1 1≤i≤n
1≤i< j≤n
−
∑
1≤i< j<k≤n
|Ai ∩ A j ∩ Ak | + · · · + (−1)n |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An |
%
(10.24)
Ce résultat est une conséquence du principe de la différence et de (10.21).
Nous avons déjà déterminé le nombre de fonctions bijectives (permutations) et
injectives (arrangements) d’un ensemble A vers un ensemble B. Le principe d’inclusionexclusion permet de dénombrer les fonctions surjectives :
sa
ge
U
$
ité
'
'
Le nombre de fonctions surjectives d’un ensemble A de m éléments dans un
ensemble B de n éléments (m ≥ n) est
$
n
∑ (−1)k−1Cnk−1(n + 1 − k)m
(10.25)
k=1
&
= nm −Cn1 (n − 1)m +Cn2 (n − 2)m − · · · + (−1)n−1Cnn−1 1m
%
Soit F l’ensemble des fonctions de A → B. Les fonctions surjectives recherchées sont
celles appartiennent à F et qui font de tous les éléments de B l’image d’au moins un
élément de A.
Pour dénombrer les fonctions surjectives, on applique le principe d’inclusionexclusion en considérant que les fonctions recherchées appartiennent à F mais
n’appartiennent à aucun de ses sous-ensembles Fi (i = 1, 2, . . ., n) où Fi est l’ensemble
des fonctions de A vers B telles que bi ∈ B n’est l’image d’aucun élément de A.
On a :
• |F| = nm
• |Fi | = (n − 1)m
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
• |
k
\
j=1
n
\
j=1
Fj | = (n − k)m
Fj | = 0
ité
• |
305
Si on tient compte du fait que le nombre d’intersections de k ensembles est donné par Cnk ,
il vient, en appliquant (10.23),
n
n
[
F − Fi = nm − ∑ (−1)k+1Cnk (n − k)m
k=1
i=1
n−1
lim
n−1
= nm − ∑ (−1)k+1Cnk (n − k)m = nm + ∑ (−1)kCnk (n − k)m
k=1
n−1
=
k=1
n
∑ (−1)kCnk (n − k)m = ∑ (−1)k−1Cnk−1 (n + 1 − k)m
k=0
comme annoncé.
k=1
E XEMPLE 10.18 Cherchons le nombre de solutions entières de l’équation
U
sa
ge
x + y + z = 11
telles que 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 4 et 0 ≤ z ≤ 6.
Soit A l’ensemble des solutions entières telles que 0 ≤ x, y, z. Une telle solution correspond à
choisir 11 éléments parmi trois groupes d’éléments correspondant à x, y et z. Dès lors,
11
|A| = D11
3 = C13 =
13 · 12
= 78
2
Soit A1 l’ensemble des solutions telles que x > 3, A2 l’ensemble des solutions telles que y > 4
et A3 l’ensemble des solutions telles que z > 6. En raisonnant comme pour |A|, il vient
• |A1 | = D73 = C97 = 36
• |A2 | = D63 = C86 = 28
• |A3 | = D43 = C64 = 15
• |A1 ∩ A2 | = D23 = C42 = 6
• |A1 ∩ A3 | = D03 = C20 = 1
• |A2 ∩ A3 | = 0
• |A1 ∩ A2 ∩ A3 | = 0
Dès lors, le nombre de solutions du type recherché est
|A| − |A1 | − |A2 | − |A3 | + |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 | − |A1 ∩ A2 ∩ A3 |
= 78 − 36 − 28 − 15 + 6 + 1 + 0 − 0 = 6
⋄
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
306
|A| − |A1 | − |A2 | − |A3 | − |A4 |
ité
E XEMPLE 10.19 C RIBLE D ’ É RATOSTH ÈNE .
Le principe d’inclusion permet de déterminer combien de nombres premiers sont inférieurs ou
égaux à un entier positif donné.
En effet, pour trouver combien d’entiers premiers sont inférieurs à 100, par exemple, il
suffit de partir de l’ensemble A des nombres entiers de 2 à 100. Puisque
les entiers composés
√
inférieurs à 100 doivent avoir un facteur premier inférieur ou égal à 100 = 10, il suffit de retirer
successivement de A les sous-ensembles A1 des entiers divisibles par 2 (et inférieurs à 100), A2
des entiers divisibles par 3, A3 des entiers divisibles par 5 et A4 des entiers divisibles par 7. Donc
le nombre recherché est
lim
+ |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A1 ∩ A4 | + |A2 ∩ A3 | + |A2 ∩ A4 | + |A3 ∩ A4 |
− |A1 ∩ A2 ∩ A3 | − |A1 ∩ A2 ∩ A4 | − |A1 ∩ A3 ∩ A4 | − |A2 ∩ A3 ∩ A4 |
+ |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 |
Le nombre d’entiers inférieurs ou égaux à 100 et qui sont divisibles par tous les nombres
premiers d’un sous-ensemble de {2, 3, 5, 7} est1 ⌊100/N⌋ où N est le produit des nombres premiers
de ce sous-ensemble. En effet, deux entiers quelconques choisis parmi ces nombres premiers ne
possèdent pas de diviseur commun. Dès lors,
100
100
100
100
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋
2
3
5
7
100
100
100
100
100
100
+⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋+⌊
⌋
2·3
2·5
2·7
3·5
3·7
5·7
100
100
100
100
−⌊
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋−⌊
⌋
2·3·5
2·3·7
2·5·7
3·5·7
100
+⌊
⌋
2·3·5·7
= 99 − 50 − 33 − 20 − 14 + 16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2 − 3 − 2 − 1 − 0 + 0
U
sa
ge
99 − ⌊
= 21
En comptant les nombres premiers 2, 3, 5 et 7, il y a donc 4 + 21 = 25 nombres premiers inférieurs
à 100.
⋄
10.8.1 Dérangement.
Un dérangement de A est une permutation de A telle qu’aucun élément de A ne se
trouve à la bonne place.
'
Le nombre de dérangements d’un ensemble de n éléments est
n
(−1)k
1
n 1
dn = n! ∑
= n! 1 − 1 + − · · · + (−1)
k!
2
n!
k=0
&
1 Rappelons
si x ≥ 0.
$
(10.26)
%
que ⌊x⌋ désigne le plus grand entier plus petit ou égal à x, c’est-à-dire la partie entière de x
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
307
ité
Soit S l’ensemble des permutations et soit Si le sous-ensemble de S pour lequel
l’élément i n’est pas affecté par la permutation, i.e. p(i) = i en reprenant la notation
de (10.6). On peut calculer le nombre de dérangements dn par application du principe
d’inclusion-exclusion.
On a,
|Si1 | = (n − 1)!
|Si1 ∩ Si2 | = (n − 2)!
..
.
k
\
Siℓ = (n − k)!
(i = 1, 2, . . ., n)
(i1 6= i2 ∈ {1, 2, . . ., n})
(iℓ distincts ∈ {1, 2, . . ., n})
lim
ℓ=1
Le nombre d’intersections de k ensembles est donné par
Cnk =
Dès lors, il vient
n
dn =
n!
k!(n − k)!
n!(n − k)!
∑ (−1)k k!(n − k)!
k=0
n
U
sa
ge
(−1)k
k=0 k!
1
n 1
= n! 1 − 1 + − · · · + (−1)
2
n!
= n! ∑
Remarquons que, parmi toutes les permutations de n éléments, la proportion de
dérangements est donnée par
dn
1
1
n 1
= 1 − 1 + − · · · + (−1)
∼ si n → ∞
(10.27)
n!
2
n!
e
En pratique, tenant compte de la convergence rapide de la série de puissances représentant
la fonction exponentielle2, on peut évaluer le nombre de dérangements en arrondissant
n!/e à l’entier le plus proche.
2 En
effet,
n
1
(−1)k
=∑
+ Rn
e k=0 k!
et donc
dn =
n!
+ R′n
e
où
1
(n + 1)!
où
|Rn | ≤
|R′n | ≤
n!
1
=
(n + 1)! n + 1
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
308
10.9 Relations de récurrence et dénombrement.
10.9.1 Raisonnement par induction.
ité
Les relations de récurrence ou équations aux différences introduites au chapitre
précédent peuvent aussi servir de base au dénombrement comme en témoigne l’exemple
des nombres de Fibonacci.
lim
Très souvent, une relation de récurrence est obtenue en exprimant la solution d’un
problème d’ordre n au moyen des solutions d’un problème du même type mais d’un ordre
inférieur. La relation de récurrence obtenue complétée par la solution pour un ou plusieurs
cas de base permet alors de résoudre le problème complet.
U
sa
ge
E XEMPLE 10.20 L ES TOURS DE H ANO Ï .
Selon la légende, il existe un temple bouddhiste dans lequel Dieu a placé, le jour de la
création du monde, 64 disques d’or de rayons décroissants enfilés sur une barre de diamant. En
utilisant deux autres barres de diamant comme supports intermédiaires, des prêtres se relayent
pour transférer les disques d’une barre sur une autre en ne déplaçant jamais qu’un seul disque à la
fois et en ne déposant jamais un disque que sur un disque de plus grand rayon. Dès que les prêtres
auront reconstitué l’empilement des disques sur la deuxième barre, “le temple s’effondrera et avec
lui le monde entier disparaı̂tra en poussière dans un grand tonnerre”.
La question qui se pose est de déterminer le nombre de mouvements nécessaires pour réaliser
le transfert des 64 disques.
La solution pour déplacer un empilement de n disques de la barre n˚1 à la barre n˚2 peut être
décomposée en trois :
i. Déplacer n − 1 disques de la barre n˚1 à la barre n˚3 ;
ii. Déplacer le dernier disque de la barre n˚1 à la barre n˚2 ;
iii. Déplacer les n − 1 disques de la barre n˚3 à la barre n˚2.
Dès lors, si Hn désigne le nombre de mouvements nécessaires pour déplacer un empilement de n
disques, il vient
Hn = 2Hn−1 + 1
Cette relation est assortie de la condition initiale évidente H1 = 1.
En utilisant les techniques de résolution du chapitre précédent, il vient donc
Hn = 2n − 1
Pour déplacer les 64 disques, il faut donc effectuer
H64 = 264 − 1 = 18 446 744 073 709 551 615
mouvements. À raison d’un mouvement par seconde, ceci représente environ 585 milliards
d’années.
⋄
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
309
lim
ité
E XEMPLE 10.21 On recherche le nombre de chaı̂nes binaires (formées de 0 et de 1) de longueur
n qui ne contiennent pas deux 0 consécutifs.
Soit an le nombre de chaı̂nes binaires valides. Ces chaı̂nes se terminent nécessairement par 0
ou par 1.
Les chaı̂nes binaires valides se terminant par 1 sont formées en ajoutant 1 à la suite d’une
chaı̂ne valide de longueur n − 1. On compte donc an−1 chaı̂nes de ce type.
Les chaı̂nes binaires valides se terminant par 0 sont formées en ajoutant 0 aux chaı̂nes valides
de longueur n − 1 et se terminant par 1. De façon équivalente, les chaı̂nes binaires valides de
longueur n se terminant par 0 sont formées en ajoutant 10 aux chaı̂nes binaires valides de longueur
n − 2. On compte donc an−2 chaı̂nes de ce type.
Au total, il vient
an = an−1 + an−2
qui est valable pour n ≥ 3. D’autre part, on a, évidemment, a1 = 2 et a2 = 3 (les chaı̂nes valides
de longueur deux sont 10, 11 et 01).
En résolvant, il vient
√ !n
√ !n
1− 5
1+ 5
+C2
an = C1
2
2




a1





a2
= 2 = C1
= 3 = C1
√ !
√ !
1− 5
1+ 5
+C2
2
2
√ !2
√ !2
1− 5
1+ 5
+C2
2
2
U
sa
ge
avec
soit
√
2(2 5 − 5)
an = √
5( 5 − 1)
√ !n
√
1− 5
( 5 + 3)
√
+
2
2 5
√ !n
1+ 5
2
Par exemple, il y a a10 = 144 chaı̂nes de longueur 10.
⋄
10.9.2 Relation de récurrence avec fractionnement.
De nombreux algorithmes informatiques sont basés sur le fractionnement d’un
problème de taille n en un ensemble de a problèmes de taille n/b. Une fois ces problèmes
résolus (en appliquant la même stratégie), la solution du problème initial demande encore
un nombre g(n) d’opérations pour combiner les résultats partiels. Si f (n) désigne le
nombre d’opérations nécessaires pour résoudre un problème d’ordre n, il vient donc3
f (n) = a f (n/b) + g(n)
qui est appelée relation de récurrence avec fractionnement.
Ce type de stratégie est souvent appliqué dans les algorithmes de tri.
Examinons le comportement d’une telle relation de récurrence, d’abord dans le cas où
g(n) est constant.
3 L’écriture
particulière suppose que n est divisible par b.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
310
'
Si f est une fonction croissante qui satisfait à la relation
$
ité
f (n) = a f (n/b) + c
lorsque n est divisible par b où a ≥ 1, b est un entier > 1 et où c est un nombre
réel positif, alors
(
O(nlogb a ) si a > 1
(10.28)
f (n) =
O(ln n)
si a = 1
&
lim
Supposons d’abord que n = bk (k ∈ N). Il vient
%
f (n) = a f (bk−1 ) + c
h
i
k−2
= a a f (b ) + c + c
h i
= a a a f (bk−3 ) + c + c + c
..
.
k−1
j=0
U
sa
ge
= ak f (1) + c ∑ a j
a=1
Dans le cas où a = 1, on a
f (n) = f (1) + ck = f (1) + c logb n
Si n n’est pas une puissance de b, alors, il existe un entier k tel que bk < n < bk+1 et,
puisque f est croissante,
f (n) ≤ f (bk+1 ) = f (1) + c(k + 1) ≤ f (1) + c(1 + logb n)
Dans les deux cas, on a donc
a>1
f (n) = O(ln n)
Si a > 1 et n = bk , alors
1 − ak
f (n) = a f (1) + c
1−a
logb a
= C1 n
+C2
k
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
311
puisque
ak = alogb n = nlogb a
ité
Dans le cas où bk < n < bk+1 , il vient, puisque f est croissante,
f (n) ≤ f (bk+1 ) = C1 ak+1 +C2
≤ (C1 a)alogb n +C2
≤ (C1 a)nlogb a +C2
puisque k < logb n < k + 1. Dès lors,
lim
f (n) = O(nlogb a )
E XEMPLE 10.22 A LGORITHME DE FOUILLE BINAIRE .
Si on désire déterminer la position d’un élément particulier dans une liste ordonnée (qu’il s’agisse
de nombres ou de mots), on peut utiliser l’algorithme de fouille binaire.
Celui-ci consiste à comparer l’élément à repérer avec l’élément au centre de la liste. La liste
est ensuite divisée en deux sous-listes de même taille et on poursuit la recherche dans la sous-liste
appropriée en fonction de la comparaison avec l’élément central.
Le nombre de comparaisons pour réaliser cette opération est donc donné par
U
sa
ge
f (n) = f (n/2) + 1
si on tient compte du fait qu’il est nécessaire de comparer l’élément à repérer avec l’élément
central avant de poursuivre la procédure avec l’une des deux sous-listes.
Le nombre d’opérations pour cet algorithme de fouille est donc O(ln n), c’est-à-dire bien
moins que l’algorithme qui consiste à parcourir tous les éléments de la liste un par un (fouille
linéaire O(n)).
⋄
Le même raisonnement peut être répété lorsque g(n) = cnd . On a alors :
'
Si f est une fonction croissante qui satisfait à la relation
$
f (n) = a f (n/b) + cnd
lorsque n = bk où k est un entier positif, a ≥ 1, b est un entier > 1 et où c et d
sont des nombres réels positifs, alors

d

si a < bd
O(n )
f (n) = O(nd ln n) si a = bd
(10.29)


O(nlogb a ) si a > bd
&
%
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
312
a = (a2n−1 a2n−2 · · · a1 a0 )2
b = (b2n−1 b2n−2 · · · b1 b0 )2
et
Fractionnons les nombres entiers en deux blocs de n bits, soit
a = 2n A1 + A0
b = 2n B1 + B0
et
où
A0 = (an−1 · · · a1 a0 )2
lim
A1 = (a2n−1 · · · an+1 an )2
ité
E XEMPLE 10.23 M ULTIPLICATION D ’ ENTIERS .
Pour multiplier deux entiers représentés par 2n bits, on peut utiliser l’algorithme traditionnel du
calcul écrit. Cependant, il est plus efficace d’utiliser la technique de fractionnement décrite cidessous.
On suppose que a et b sont des entiers avec un développement binaire de longueur 2n. Soit
B1 = (b2n−1 · · · bn+1 bn )2
B0 = (bn−1 · · · b1 b0 )2
L’algorithme de multiplication rapide est basé sur l’identité
ab = (22n + 2n )A1 B1 + 2n (A1 − A0 )(B0 − B1 ) + (2n + 1)A0 B0
Cette expression montre que la multiplication peut être réalisée au moyen de trois multiplications
d’entiers de n bits avec des additions, soustractions et reports en nombre proportionnel à n. Donc,
si f (2n) désigne le nombre d’opérations nécessaires pour multiplier deux entiers de 2n bits, il
vient
f (2n) = 3 f (n) +Cn
U
sa
ge
ou encore
f (n) = 3 f (n/2) +C′ n
Il s’en suit que le nombre d’opérations nécessaires est
f (n) = O(nlog2 3 ) = O(n1.585... )
alors que l’algorithme conventionnel utilise O(n2 ) opérations binaires.
⋄
10.10 Dénombrement et fonction génératrice.
Les fonctions génératrices peuvent également être utilisées dans les problèmes de
dénombrement.
Les fonctions génératrices peuvent être utilisées chaque fois que l’on s’intéresse à un
problème de dénombrement d’un ensemble
A = (a1 , a2 , . . ., an )|a1 + a2 + · · · + an = b ∈ N, ai ∈ Si ⊂ N (i = 1, 2, . . ., n)
Il suffit alors de former la fonction génératrice
n
f (x) = ∏
∑ xk
i=1 k∈Si
La solution est le coefficient de xb .
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
313
ité
E XEMPLE 10.24 Recherchons de combien de façons différentes on peut distribuer huit biscuits
entre trois enfants de manière à ce que chacun reçoive au moins deux biscuits mais pas plus que
quatre.
Le problème peut être mis sous la forme de la recherche des entiers a, b, c tels que 2 ≤ a, b, c ≤
4 et a + b + c = 8. Le nombre de solutions est le coefficient de x8 dans le développement de
(x2 + x3 + x4 )(x2 + x3 + x4 )(x2 + x3 + x4 )
où chaque facteur (x2 + x3 + x4 ) représente un enfant et où l’exposant indique le nombre de biscuits
reçu par chacun. En effet, le coefficient de x8 représente le nombre de façons de sélectionner trois
termes de sorte que la somme des exposants soit égale à 8. Dès lors, puisque
lim
(x2 + x3 + x4 )3 = x6 + 3x7 + 6x8 + 7x9 + 6x10 + 3x11 + x12
il y a donc 6 possibilités différentes de réaliser le partage.
⋄
E XEMPLE 10.25 F ONCTION G ÉN ÉRATRICE ET COMBINAISON SANS R ÉP ÉTITION .
Nous avons déjà utilisé ce raisonnement en justifiant la formule du binôme de Newton. Le
polynôme (1 + x)n apparaı̂t comme la fonction génératrice de la suite des nombres binomiaux
Cn0 ,Cn1 , Cn2 , . . . ,Cnn , 0, 0 . . . puisque
(1 + x)n =
n
∑ Cnk xk
k=0
Le nombre de combinaisons Cnk
U
sa
ge
correspond effectivement au nombre de façons possibles de former
un ensemble de k éléments à partir de n éléments différents, chaque combinaison étant représentée
par un mot binaire de longueur n et de poids k dans lequel chaque “lettre”, 0 ou 1, indique si
l’élément correspondant est inclus ou non dans la combinaison.
⋄
E XEMPLE 10.26 F ONCTION G ÉN ÉRATRICE ET COMBINAISON AVEC R ÉP ÉTITION .
Le même principe peut être appliqué aux combinaisons avec répétition de k éléments choisis parmi
n objets. Dans ce cas, la fonction génératrice est
(1 + x + x2 + x3 + · · · )n =
1
(1 − x)n
puisque l’on peut associer un facteur (1 + x + x2 + x3 + · · · ) à chacun des n objets. Par conséquent,
on obtient l’identité
∞
1
=
Dk xk
∑
(1 − x)n k=0 n
Par ailleurs, puisque (cf. cours d’analyse)
∞
1
n(n + 1) · · · (n + k − 1) k
=
x
∑
n
(1 − x)
k!
k=0
on en déduit, en identifiant,
Dkn =
n(n + 1) · · · (n + k − 1)
k
= Cn+k−1
k!
⋄
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
314
∞
1
= ∑ αk xk
1 − αx k=0
et
(10.30)
(10.31)
lim
∞
1
= ∑ Dkn xk
n
(1 − x)
k=0
ité
On peut parfois obtenir les coefficients de la suite représentée par la fonction
génératrice en utilisant les développements en série de fonctions connues. Ainsi, lorsque
les ensembles Si sont “simples”, la fonction génératrice peut être exprimée comme une
fraction rationnelle dont les coefficients sont obtenus en décomposant f (x) en fractions
simples et en utilisant les développements
De cette façon la solution du problème de dénombrement est obtenue en utilisant des
techniques algébriques simples.
E XEMPLE 10.27 Déterminons le nombre de solutions entières positives ou nulles de l’équation
x + 4y = n
où n est un entier positif ou nul.
Le problème est équivalent à la recherche des solutions entières positives ou nulles de
U
sa
ge
x+z = n
où x ∈ N et z = 4y ∈ 4N.
La fonction génératrice est du type
f (x) = (1 + x + x2 + x3 + . . .)(1 + x4 + x8 + x12 + . . .) =
1
(1 − x)(1 − x4 )
Pour déterminer les coefficients du développement en série de puissances de f , on peut
décomposer f en fractions simples, soit
f (x) =
1
1−i
1+i
1
3
+
+
+
+
4(1 − x)2 8(1 − x) 8(1 + x) 8(1 − ix) 8(1 + ix)
Utilisant les développements connus de ces fractions, il vient
f (x) =
∞
∑ fk xk
k=0
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
315
où
lim
ité
1
3 1
1−i k 1+i
fk = Dk2 + + (−1)k +
i +
(−i)k
4
8 8
8
8
k+1 3 1
1−i k 1+i
=
+ + (−1)k +
i +
(−i)k
4
8
8
8
8

4+k


si k = 4l, l ∈ N


4




3+k


si k = 4l + 1, l ∈ N

4
=

2+k


si k = 4l + 2, l ∈ N


4





 1 + k si k = 4l + 3, l ∈ N
4
k
= ⌊ ⌋+1
4
⋄
Ce résultat aurait pu être obtenu avec un peu de réflexion.
10.11 Exercices.
U
sa
ge
Remarque : les exercices marqués d’une étoile ne seront abordés qu’en seconde lecture.
1)
a) Combien de plaques minéralogiques peut-on avoir si le numéro est constitué
de trois chiffres différents suivis de deux lettres différentes ?
Rép. : 10 × 9 × 8 × 26 × 25 = 468000
b) Que devient ce nombre si le premier chiffre ne peut être zéro ?
Rép. : 9 × 9 × 8 × 26 × 25 = 421200
2) Il y a six routes entre A et B et quatre entre B et C.
a) Quel est le nombre de trajets offerts entre A et C passant par B ?
b) Quel est le nombre de chemins aller et retour offerts entre A et C passant par
B?
c) Quel est le nombre de chemins aller et retour n’empruntant pas deux fois la
même route, offerts entre A et C passant par B ?
Rép. : a) 6 × 4 = 24; b) 24 × 24 = 576; c) 24 × 23 = 552
3) On forme des messages avec huit drapeaux dont quatre rouges, deux bleus et deux
verts ? Combien de messages différents peut-on former :
a) avec exactement 8 drapeaux ?
b) avec 1, 2, 3, . . . ou 8 drapeaux ?
Rép. : a) 420; b) 1350.
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
316
4) Etant donnés tous les nombres positifs de trois chiffres (0 ne peut être le premier
chiffre).
b) Combien sont impairs ?
c) Combien sont pairs ?
d) Combien sont divisibles par 5 ?
ité
a) Combien sont supérieurs ou égaux à 700 ?
Rép. : a) 300; b) 450; c) 450; d) 180
5) Une classe comprend neuf garçons et trois filles.
lim
a) Combien de groupes de quatre peuvent-ils former ?
b) Combien d’entre eux comptent au moins une fille ?
c) Combien d’entre eux ne comptent qu’une fille ?
4
4
Rép. : a) C12
= 495; b) C12
− C94 = 369; c) C31 × C93 = 252
6) Il y a dix points A, B, . . . dans un plan sans que trois d’entre eux soient alignés.
a) Combien de droites définissent-ils ?
b) Combien de ces droites ne passent ni par A ni par B ?
c) Combien de triangles peut-on construire ?
d) Parmi ces triangles, combien ont A pour sommet ?
U
sa
ge
e) Combien ont AB pour côté ?
2
3
Rép. : a) C10
= 45; b) 45 − 9 − 9 + 1 = 28; c) C10
= 120; d) d)C92 = 36; e) C81 = 8
7) Un étudiant doit répondre à dix questions sur treize à un examen.
a) Quel est le nombre de possibilités ?
b) Quel est ce nombre s’il doit répondre aux deux premières ?
c) Quel est ce nombre s’il doit répondre à la première ou à la deuxième mais pas
aux deux ?
d) Quel est ce nombre s’il doit répondre à exactement trois des cinq premières
questions ?
e) Quel est ce nombre s’il doit répondre à au moins trois des cinq premières
questions ?
10
8
9
Rép. : a) C13
= 286; b) C11
= 165; c) 2 × C11
= 110; d) C53 × C87 = 80; e) 276
8)
a) Combien de triangles sont définis par les sommets d’un octogone ?
b) Quel est ce nombre si les côtés de l’octogone ne peuvent être les côtés d’aucun
triangle ?
Rép. : a) C83 = 56; b) 16
9) De combien de façons peut-on partager neuf jouets différents entre trois enfants de
sorte que chaque enfant reçoive exactement trois jouets ?
Rép. : C93 × C63 × C33 = 1680
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
317
10) Combien d’équipes de trois joueurs peuvent former neuf étudiants ?
Rép. : C93 = 84
En supposant qu’une partie puisse être vide, quel est le nombre de partitions
différentes d’un ensemble de trois éléments en trois parties :
a) si on suppose que deux partitions dont les descriptions diffèrent par l’ordre
des parties sont différentes ;
b) si on suppose que deux partitions dont les descriptions ne diffèrent que par
l’ordre des parties sont équivalentes.
ité
⋆ 11)
Rép. : a) 27; b) 5.
lim
12) Les n (n ≥ 10) étudiants de première année d’études de bachelier ingénieur civil
inscrits au cours de mathématiques discrètes sont mécontents de l’examen qui leur
est imposé et décident de former une délégation pour se plaindre auprès du titulaire
du cours.
– Combien de délégations différentes de 10 étudiants peuvent être formées ?
Rép. : Cn10
– Combien de délégations différentes peuvent être formées si une délégation peut
être constituée de 1 à n étudiants ?
– Si chaque délégation choisit en son sein un porte-parole, combien de délégations
différentes de 10 étudiants peuvent être formées ? (Deux délégations réunissant
les mêmes étudiants mais avec des porte-parole différents sont considérées
comme différentes.)
sa
ge
U
Rép. : 2n − 1
Rép. : 10Cn10
– Combien de délégations avec porte-parole peuvent être créées si une délégation
peut être constituée de 1 à n étudiants ?
Rép. : n2n−1
– Le titulaire du cours accepte d’annuler l’examen à condition de recevoir les listes
des compositions de toutes les délégations avec porte-parole (de 1 à n étudiants)
qui peuvent être mises sur pied. Déterminer le nombre total de noms que doivent
comporter ces listes. Si les étudiants génèrent ces listes de noms à l’aide d’un
ordinateur et impriment celles-ci à raison de 25 = 32 noms par seconde, calculer
le temps total nécessaire pour produire toutes les listes sachant que n = 299.
Rép. : n(1 + n)2n−2; 7.14 1092s
Suggestion : On pourra utiliser la formule du binôme de Newton appliquée aux
d
d d
expressions (1 + x)n ,
(1 + x)n et
[x (1 + x)n ] pour exprimer les solutions
dx
dx dx
sous forme simple.
13) Il y a 345 étudiants dans une université qui ont suivi un cours de calcul intégral,
212 qui ont suivi un cours de mathématiques discrètes et 188 qui ont suivi à la fois
un cours de calcul intégral et un cours de mathématiques discrètes. Combien y a-til d’étudiants qui ont suivi un cours soit de calcul intégral, soit de mathématiques
discrètes ?
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
318
Rép. : 345 + 212 − 188 = 369
ité
14) Une étude de marché démontre que 650 000 propriétaires d’ordinateurs achèteront
un modem au cours de la prochaine année et que 1 250 000 achèteront un logiciel.
Si ce rapport montre que 1 450 000 propriétaires d’ordinateurs achèteront soit un
modem, soit un logiciel, combien achèteront à la fois un modem et un logiciel ?
Rép. : 650000 + 1250000 − 1450000 = 450000
lim
15) Il y a 2504 étudiants en informatique dans une université. Parmi ceux-ci, 1876 ont
pris un cours de PASCAL, 999 un cours de FORTRAN et 345 un cours de langage
C. De plus, 876 ont pris à la fois des cours de PASCAL et de FORTRAN, 231 ont
pris à la fois des cours de FORTRAN et de langage C et 290 ont pris à la fois des
cours de PASCAL et de langage C. Si 189 de ces étudiants ont pris à la fois des
cours de FORTRAN, de PASCAL et de langage C, combien de ces 2504 étudiants
n’ont pris aucun cours de programmation ?
Rép. : 492
16) Trouvez combien il y a de nombres entiers strictement positifs n’excédant pas 100
et qui ne sont ni impairs ni le carré d’un nombre entier.
Rép. : 45
17) Trouvez combien il y a de nombres entiers strictement positifs n’excédant pas 1000
et qui ne sont ni le carré ni le cube d’un nombre entier.
Rép. : 962
U
sa
ge
18) Combien y a-t-il d’éléments dans l’union de quatre ensembles si chacun de ces
ensembles a 100 éléments, chaque paire d’ensembles admet 50 éléments communs,
chaque triplet d’ensembles admet 25 éléments communs et s’il y a 5 éléments
communs aux quatre ensembles ?
⋆ 19)
⋆ 20)
⋆ 21)
Rép. : 195
Trouvez combien de nombres premiers sont plus petits que 200 en utilisant le
principe d’inclusion-exclusion.
Rép. : 46
Combien y a-t-il d’entiers positifs plus petits que 1 000 et qui ne sont ni des carrés
parfaits ni des puissances troisièmes ou supérieures d’un entier ?
Rép. : 959
Combien y a-t-il de fonctions surjectives d’un ensemble à sept éléments dans un
ensemble à cinq éléments ?
Rép. : 16800
⋆ 22)
De combien de façons peut-on attribuer sept tâches différentes à quatre employés
de sorte que chacun d’eux reçoive au moins une tâche et que la tâche la plus difficile
soit attribuée au meilleur employé.
Rép. : 2100
23) Combien de dérangements y a-t-il pour un ensemble à sept éléments ?
Rép. : 1854
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
319
ité
24) Le jeu de MASTERMIND consiste à trouver, par déductions successives, un code
p1 p2 p3 p4 p5 formé de 5 pions choisis parmi des pions de 8 couleurs différentes.
Une même couleur peut être utilisée autant de fois que désiré. Le joueur tentant
de deviner le code émet des propositions et est informé du nombre de pions qui
correspondent au code par leur position et leur couleur et du nombre des autres
pions qui correspondent au code uniquement par leur couleur.
a) Déterminez le nombre total de codes pouvant être formés.
Rép. : B58 = 32 768
lim
b) Déterminez le nombre de codes où chaque couleur n’apparaı̂t pas plus d’une
fois.
Rép. : A58 = 6 720
c) Déterminez le nombre de codes compatibles avec le fait que la proposition
p1 = vert, p2 = bleu, p3 = rouge, p4 = rouge, p5 = jaune
contienne un seul pion dont la couleur et la position correspondent au code et
aucun pion de la bonne couleur mal placé.
Rép. : 2 387
sa
ge
d) Déterminez le nombre de codes compatibles avec le fait que les cinq pions de
la proposition
p1 = vert, p2 = bleu, p3 = rouge, p4 = noir, p5 = jaune
correspondent aux couleurs du code mais qu’aucun des pions ne se trouve à la
bonne place.
Rép. : d5 = 44
e) Déterminez le nombre de codes compatibles avec le fait que les cinq pions de
la proposition
p1 = vert, p2 = vert, p3 = rouge, p4 = noir, p5 = jaune
U
correspondent aux couleurs du code mais qu’aucun des pions ne se trouve à la
bonne place.
Suggestion. On considérera l’ensemble S0 des dérangements de 5 pions de
couleurs différentes, l’ensemble S1 des dérangements de 5 pions tels que le
pion p1 se retrouve en seconde position et l’ensemble S2 des dérangements de
5 pions tels que le pion p2 se retrouve en première position.
Rép. : 12
⋆ 25)
Combien y a-t-il de solutions entières à l’équation x1 + x2 + x3 = 13 si x1 , x2 et x3
sont des entiers non négatifs plus petits que 6 ?
Rép. : 6
CHAPITRE 10. DÉNOMBREMENT.
⋆ 26)
320
Trouvez le nombre de solutions entières à l’équation x1 + x2 + x3 + x4 = 17 où
xi , i = 1, 2, 3, 4 sont des entiers non négatifs tels que x1 ≤ 3, x2 ≤ 4, x3 ≤ 5 et x4 ≤ 8.
Rép. : 20
ité
27) On considère un algorithme récursif permettant de résoudre un problème de taille
n en le fractionnant en deux sous-problèmes de taille n/2. Déterminez une borne
supérieure du nombre d’opérations f (n) nécessaires pour résoudre un problème de
taille n si on sait que f est une fonction croissante et que
f (n) = 2 f (n/2) + 4, f (1) = 1
lim
Rép. : f (n) = 5n − 4 si n = 2k , O(5n) sinon
28) Calculez exactement le nombre an d’itérations nécessaires pour effectuer une fouille
binaire dans un tableau de longueur n sachant que, dans le pire des cas,
U
sa
ge
a1 = 1,
an = 1 + a⌊n/2⌋
Rép. : an = ⌊log2 n⌋ + 1
ité
Chapitre 11
lim
Éléments de la théorie des graphes.
11.1 Introduction et définitions.
La théorie des graphes constitue une branche relativement récente des mathématiques
discrètes qui s’intéresse aux relations entre des objets. Elle possède de nombreuses
applications dans les domaines aussi variés que la chimie, la génétique, la linguistique,
l’architecture, les circuits électriques, la géographie. . .
U
sa
ge
E XEMPLE 11.1 Le réseau ferroviaire belge peut être schématisé par un ensemble de gares,
représentées par des points, et par les voies de chemin de fer qui les joignent (Fig. 11.1).
Anvers
Ostende
F
E
I
Charleroi
Bruxelles
H
D
J
Namur
A
G
Liège
B
C
Arlon
F IG . 11.1
⋄
321
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
322
E XEMPLE 11.2 Un réseau informatique peut être représenté par l’ensemble des ordinateurs situés
aux noeuds de ce réseau et l’ensemble des câbles qui les relient (Fig. 11.2).
g
d
e
c
f
b
j
i
k
lim
a
ité
h
F IG . 11.2
Un graphe G est l’association d’un ensemble V(G) fini et non vide d’éléments appelés
noeuds (en anglais vertices) et d’un ensemble fini E(G) de paires d’éléments de V(G)
appelées arêtes (en anglais edges).
Deux noeuds (pas forcément distincts) mis en relation l’un avec l’autre par une
arête sont dits adjacents. Ils sont aussi incidents à cette arête. On dit aussi, de façon
symétrique, que l’arête est incidente aux deux noeuds. Plus généralement, on appelle
relation d’incidence toute relation entre noeuds et arêtes.
On représente un graphe par l’ensemble de ses noeuds et de ses arêtes. Un noeud est
représenté par un point. Une arête est matérialisée graphiquement par une ligne joignant
les noeuds incidents à cette arête.
sa
ge
U
⋄
E XEMPLE 11.3 Le graphe représenté à la figure 11.1 comporte 7 noeuds et 10 arêtes avec
V(G) = Liège, Bruxelles, Arlon, Namur, Charleroi, Ostende, Anvers
et
E(G) = A, B,C, D, E, F, G, H, I, J
⋄
Dans la théorie des graphes, on s’intéresse souvent uniquement aux propriétés des
graphes liées aux relations d’incidence et non pas aux noms des noeuds et des arêtes
ni aux détails de la représentation des graphes. Pour exprimer le fait que deux graphes
sont semblables, on introduit le concept d’isomorphisme. Deux graphes G et G’ sont dits
isomorphes s’il existe une correspondance biunivoque entre les noeuds de G et de G’
telle que le nombre d’arêtes joignant deux noeuds quelconques de G est égal au nombre
d’arêtes joignant les noeuds correspondants de G’.
Les propriétés communes à deux graphes isomorphes sont appelées des invariants par
rapport à l’isomorphisme.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
323
E XEMPLE 11.4 Les graphes présentés à la figure 11.3 sont isomorphes.
f
γ
β
δ
a
α
c
b
ϕ
ε
lim
F IG . 11.3
ité
e
d
En effet, on établit la correspondance biunivoque


a b c d e f
f :  l l l l l l
α β γ δ ε ϕ
entre les noeuds des deux graphes. On note que, à chaque paire de noeuds adjacents du premier
graphe correspond une paire de noeuds adjacents du second graphe et inversement.
⋄
11.1.1 Graphe simple.
sa
ge
On dit qu’un graphe possède une arête multiple lorsque plusieurs arêtes sont
incidentes aux mêmes noeuds.
Une boucle est une arête incidente à un seul noeud.
Un graphe simple est un graphe qui ne comporte ni boucle ni arête multiple. Dans ce
cas, chaque arête peut être identifiée univoquement par la paire de noeuds auxquels elle
est incidente (Dans cette section, nous considérons des graphes non orientés de sorte que
l’ordre des noeuds est sans importance.).
U
E XEMPLE 11.5 Les graphes esquissés dans les exemples précédents sont tous des graphes
simples. Le graphe de la figure 11.4 n’est pas simple puisqu’il comporte une boucle (en c) ainsi
que des arêtes multiples (entre a et b et entre a et c).
⋄
a
c
d
b
F IG . 11.4
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
324
11.1.2 Degré d’un noeud.
ité
L’ordre d’un graphe est le nombre de ses noeuds.
Le degré d’un noeud est le nombre d’arêtes incidentes à ce noeud. En calculant le
degré d’un noeud, on considère que toute boucle sur celui-ci contribue pour 2 unités au
degré de ce noeud. Tout noeud de degré nul est un noeud isolé. Un noeud de degré un est
un noeud terminal.
lim
L EMME DES POIGN ÉES DE MAINS .
La somme des degrés de tous les noeuds d’un graphe est égale à deux fois le
nombre d’arêtes.
Ce résultat, dû à Euler, est connu en anglais sous le nom de handshaking lemma.
On en déduit que, dans un graphe donné, le nombre de noeuds de degré impair est
nécessairement pair.
U
sa
ge
Un graphe nul est un graphe dont tous les noeuds sont isolés. Le graphe nul de n
noeuds est noté Nn .
Un graphe régulier de degré r est un graphe dont tous les noeuds sont de degré r.
Un graphe complet est un graphe simple dans lequel tous les noeuds pris deux à deux
sont adjacents. Le graphe complet Kn comportant n noeuds est un graphe régulier de degré
n − 1. Vu le lemme des poignées de mains, il possède n(n − 1)/2 arêtes.
E XEMPLE 11.6 Le graphe complet K5 peut être représenté par
F IG . 11.5
⋄
Un graphe biparti est un graphe dont l’ensemble des noeuds V peut être divisé en deux
sous-ensembles disjoints V1 et V2 tels qu’il n’existe aucune arête incidente à deux noeuds
de V1 ou à deux noeuds de V2 .
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
325
11.1.3 Représentation matricielle.
ité
E XEMPLE 11.7 Les graphes isomorphes de l’exemple 11.4 sont bipartis. On peut en effet diviser
l’ensemble des noeuds en deux sous-ensembles disjoints {a, b, c} ∪ {d, e, f } tels que toutes les
arêtes du graphe joignent un noeud de {a, b, c} et un noeud de {d, e, f }.
Ce graphe est noté K3,3 car il s’agit du graphe biparti comportant le plus grand nombre d’arêtes
possibles parmi les graphes bipartis de deux fois trois noeuds.
⋄
lim
Un graphe d’ordre n peut être représenté par une matrice A de dimensions n × n
appelée matrice d’adjacence. Cette matrice est construite en numérotant tous les noeuds
du graphe et en attribuant à l’élément ai j le nombre d’arêtes incidentes aux noeuds i
et j. Dans cette construction, les boucles doivent être comptées deux fois de sorte que
l’élément aii de la diagonale de la matrice d’incidence est égal à deux fois le nombre de
boucles sur le noeud i.
La matrice d’adjacence d’un graphe simple est peuplée uniquement de 0 et de 1. Sa
diagonale ne comporte que des 0.
La somme de tous les éléments de la matrice d’adjacence est égale à deux fois le
nombre d’arêtes du graphe.
U
sa
ge
Si on numérote de 1 à m les arêtes du graphe, on peut introduire la matrice d’incidence
M, de dimensions n × m dont l’élément mi j est égal à 1 si le noeud i est incident à l’arête
j, est égal à 2 si l’arête j est une boucle sur le noeud i et est égal à 0 sinon.
Chaque colonne de la matrice d’incidence représente donc une arête du graphe et la
somme des éléments de cette colonne est égale à deux. Chaque ligne de la matrice est
associée à un noeud et la somme des éléments de chaque ligne est égale au degré de ce
noeud.
Dans un graphe simple, les matrices d’incidence et d’adjacence sont liées par la
relation
MMT = A + D
(11.1)
où D = diag (deg(1), . . ., deg(n)) est la matrice des degrés des différents noeuds. En effet,
T
n
(MM )i j =
∑ mik m jk
(11.2)
k=1
= nombre d’arêtes reliant i et j
(11.3)
puisque chaque ligne de M est associée à un noeud du graphe et que, pour i 6= j, la
composante mik m jk du membre de gauche est égale à un si et seulement si les noeuds
i et j sont reliés par l’arête k. Chaque élément diagonal de MMT est égal à la somme des
éléments de la ligne correspondante et représente donc le nombre d’arêtes incidentes au
noeud considéré, i.e. le degré du noeud.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
326
E XEMPLE 11.8 Soit le graphe simple
e7
e3
e
c
e6
e2
e4
e5
e1
a
b
lim
F IG . 11.6
ité
d
En listant les noeuds dans l’ordre alphabétique, il vient


0 1 1 1 1
1 0 1 0 0



A=
1
1
0
1
0


1 0 1 0 1
1 0 0 1 0
1
0
1
0
0
U
sa
ge
D’autre part, la matrice d’incidence est

1
1

M=
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
Il vient

1


0 1

0
1

0
1

1 
0
1 0
0

0
0

0

1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
1
1

0
0

0

1

0

0
1

1
1

MMT = 
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
0
0

4
1

=
1
1
1
1
2
1
0
0
1
1
3
1
0
1
0
1
3
1

1
0

0
 = A + diag (4, 2, 3, 3, 2)
1
2
0
0
1
1
0
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
327
11.2 Parcours dans un graphe.
11.2.1 Chaı̂ne et cycle.
ité
Soit un graphe G et soit v et w deux noeuds de G.
– Une chaı̂ne ou parcours de v à w est une liste finie de noeuds et d’arêtes de G de la
forme
(v = v0 )e1 v1 e2 · · · vn−1 en (vn = w)
lim
où v0 , v1 , . . . , vn sont des noeuds de G et e1 , e2 , . . . , en sont des arêtes de G telles que
ei est incidente à vi−1 et à vi pour i = 1, 2, . . ., n.
Les noeuds v et w sont appelés les extrémités de la chaı̂ne.
La longueur d’une chaı̂ne est égale au nombre d’arêtes de celle-ci.
Un chaı̂ne est dite ouverte si v 6= w et fermée si v = w.
Dans un graphe simple, une chaı̂ne est entièrement déterminée par la liste de ses
noeuds.
– Une chaı̂ne simple ou piste est une chaı̂ne dont les arêtes sont distinctes.
– Un circuit est une chaı̂ne simple fermée, c’est-à-dire une chaı̂ne fermée
(w = v0 )e1 v1 e2 · · · vn−1 en (vn = w)
U
sa
ge
dont toutes les arêtes sont distinctes.
– Une chaı̂ne élémentaire ou chemin est une chaı̂ne dont tous les noeuds sont distincts
sauf éventuellement les noeuds d’extrémité.
Les arêtes d’un chemin sont nécessairement distinctes.
– Un cycle est un chemin fermé (de longueur ≥ 1), c’est-à-dire une chaı̂ne fermée
(w = v0 )e1 v1 e2 · · · vn−1 en (vn = w)
dont les noeuds et les arêtes sont distincts à l’exception des noeuds d’extrémité.
E XEMPLE 11.9 Soit le graphe
d
e3
e9
e2
f
e
e6
e7
e8
e4
a
e5
e1
b
F IG . 11.7
c
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
328
Remarquons la propriété suivante :
ité
La suite a e2 e e4 b e6 f désigne une chaı̂ne ouverte de longueur 3. Celle-ci peut aussi être
identifiée univoquement par la suite des noeuds, soit a e b f . La chaı̂ne est simple puisqu’aucune
arête n’est parcourue deux fois. C’est également un chemin puisque tous les noeuds sont distincts.
La chaı̂ne b a d c b e est simple. Cependant, elle ne constitue par un chemin car le noeud b y
apparaı̂t deux fois.
La chaı̂ne fermée a e b f c b a forme un circuit. Il ne s’agit pas d’un cycle car le noeud b est
présent deux fois dans cette liste.
La chaı̂ne a e b a définit un cycle.
⋄
lim
Si le degré de chaque noeud du graphe G est supérieur ou égal à deux, alors G
contient un cycle.
Si G possède des boucles ou des arêtes multiples, alors le résultat est immédiat.
Penchons nous donc sur le cas où G est un graphe simple. Soit v0 un noeud quelconque
de G. Construisons alors une chaı̂ne simple v0 → v1 → v2 → . . . vi → vi+1 → . . . en
choisissant vi+1 adjacent à vi pour i ≥ 0. Ce choix est possible puisque le degré de chaque
noeud est supérieur ou égal à 2. Puisque le graphe G contient un nombre fini de noeuds,
on finira par choisir un noeud qui fait déjà partie de la chaı̂ne en construction. La partie
de la chaı̂ne située entre les deux occurrences de ce noeud constitue un cycle.
U
sa
ge
11.2.2 Connexité.
Le concept de connexité d’un graphe est associé intuitivement à la possibilité d’aller
d’un noeud à l’autre de ce graphe en suivant les arêtes. Plus précisément, on introduit les
définitions suivantes :
'
Un graphe G est dit connexe1 si et seulement si, pour toute paire de noeuds
distincts v et w, il existe une chaı̂ne de v à w.
Un graphe G est non connexe dès qu’il existe une paire de noeuds v et w
qui ne peuvent être reliés par une chaı̂ne dans G.
&
$
%
Remarquons que, s’il existe une chaı̂ne entre v et w, il existe aussi un chemin entre ces
noeuds. Il suffit de supprimer les sections de la chaı̂ne comprises entre les occurrences
répétées d’un même noeud.
1 Cette
définition de la connexité est à rapprocher de celle donnée en analyse. Ainsi, on dit qu’un espace
M est connexe par arc si, pour toute paire de points x et y de M, il existe une courbe joignant x à y, i.e. une
fonction continue f : [a, b] → M telle que f (a) = x et f (b) = y.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
329
Un graphe connexe est donc “en une pièce”. Par contre, un graphe non connexe
peut être décomposé de manière unique en sous-graphes connexes maximaux appelés
les composantes connexes du graphe2 .
$
ité
'
Un graphe H est une composante connexe d’un graphe G si et seulement si
– les noeuds et arêtes de H sont des sous-ensembles des noeuds et arêtes de
G, i.e. H est un sous-graphe de G ;
– H est connexe ;
– aucun sous-graphe connexe de G ne contient H comme sous-graphe.
lim
&
%
U
sa
ge
Si G est un graphe connexe, tout ensemble d’arêtes de G dont la suppression rend le
graphe non connexe et dont aucun sous-ensemble (propre) ne possède cette propriété est
appelé une coupure de G.
Le degré de connexité d’un graphe connexe est le nombre d’arêtes de sa plus petite
coupure. C’est donc le nombre minimum d’arêtes qu’il faut supprimer pour rendre le
graphe non connexe.
Une coupure constituée d’une seule arête est appelée un pont. Plus généralement, on
dit aussi qu’une arête d’un graphe G, connexe ou non, est un pont lorsque sa suppression
augmente d’une unité le nombre de composantes connexes de G.
E XEMPLE 11.10 Le graphe ci-dessous est non connexe. Il possède deux composantes connexes
dont les noeuds sont donnés par {a, e, d} et {b, c, f }.
d
e5
e3
e1
a
f
e
e2
b
e4
c
F IG . 11.8
Les arêtes e1 et e5 sont des ponts puisque la suppression de l’une ou l’autre de ces arêtes
augmente d’une unité le nombre de composantes connexes du graphe.
⋄
2 En
analyse, un espace métrique M est dit connexe lorsqu’on ne peut trouver des ouverts disjoints et non
vides A et B tels que M = A ∪ B. Tout espace M connexe par arc est connexe.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
330
11.2.3 Dénombrement des chaı̂nes.
ité
Soit A la matrice d’adjacence d’un graphe G de n noeuds. Le nombre de
chaı̂nes différentes de longueur r entre les noeuds vi et v j de G est donné
par [Ar ]i j .
lim
Procédons par induction.
– Le théorème est vrai pour r = 1, puisque, dans ce cas, le nombre de chaı̂nes de
longueur 1 entre les noeuds vi et v j est égal au nombre d’arêtes entre ces deux
noeuds et donc est égal à [A]i j par définition de la matrice d’adjacence.
– Supposons que [Ar ]i j est égal au nombre de chaı̂nes de longueur r entre les noeuds
vi et v j .
Chaque chaı̂ne de longueur r + 1 entre vi et v j est constituée d’une chaı̂ne de
longueur r depuis vi vers un noeud intermédiaire quelconque vk suivie d’une arête
depuis vk vers v j . Le nombre de ces chaı̂nes est le produit du nombre de chaı̂nes
de longueur r de vi à vk , soit [Ar ]ik , et du nombre d’arêtes joignant vk et v j , soit
[A]k j . En considérant tous les noeuds intermédiaires possibles vk , le nombre total
de chaı̂nes de longueur r + 1 entre vi et v j est donc donné par
n
∑ [Ar ]ik [A]k j = [Ar+1]i j
U
sa
ge
k=1
La formule annoncée est donc valable pour tout r.
E XEMPLE 11.11 Considérons le graphe de l’exemple 11.8. On a



0 1 1 1 1
0 1 1 1 1
0
1 0 1 0 01 0 1 0 01





A3 = 
1 1 0 1 01 1 0 1 01
1 0 1 0 11 0 1 0 11
1 0 0 1 0
1 0 0 1 0
1


6 6 7 7 6
6 2 5 3 3



=
7 5 4 7 3
7 3 7 4 5
6 3 3 5 2
1
0
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1

1
0

0

1
0
Le nombre de chaı̂nes de longueur 3 entre les noeuds a et c est donc égal à 7. Celles-ci sont en
effet données par
{abac, acac, adac, aeac, aedc, acdc, acbc}
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
331
11.2.4 Connexité et graphe simple.
n − 1 ≤ m ≤ n(n − 1)/2
'
ité
Lorsqu’un graphe connexe simple de n noeuds possède un cycle, on peut toujours
supprimer une arête sans modifier la connexité du graphe. Le nombre d’arêtes d’un graphe
connexe simple est minimal lorsque ce graphe ne comporte pas de cycle et maximal
lorsque le graphe est complet. Dès lors, le nombre m d’arêtes d’un graphe connexe simple
de n noeuds vérifie l’inégalité
(11.4)
Ce résultat peut être étendu aux graphes simples non connexes.
&
lim
Si G est un graphe simple de n noeuds et k composantes connexes, alors le
nombre m d’arêtes de G vérifie
n−k ≤ m ≤
(n − k)(n − k + 1)
2
$
(11.5)
%
U
sa
ge
• La borne inférieure, m ≥ n − k peut être prouvée par induction en ajoutant une à
une les m arêtes de G.
– Dans le cas d’un graphe nul, i.e. m = 0, on a n = k et l’inégalité est vérifiée.
– Supposons l’inégalité vérifiée pour m0 arêtes, alors que le graphe comporte k0
composantes connexes, soit
n − k0 ≤ m0
Lorsque l’on ajoute une arête, le nombre de composantes connexes du graphe est
inchangé ou diminue de une unité par réunion de deux composantes connexes.
Dès lors
n − k0 ≤ n − (k0 − 1) ≤ m0 + 1
et l’inégalité annoncée est vérifiée.
• Pour prouver la borne supérieure, supposons que chaque composante connexe de
G est un graphe complet. Si on peut trouver deux composantes connexes Ci et C j
comportant respectivement ni et n j noeuds avec ni ≥ n j > 1 et si on remplace Ci
et C j par des graphes complets de ni + 1 et n j − 1 noeuds, alors le nombre total de
noeuds sera inchangé tandis que le nombre d’arêtes augmentera de
(ni + 1)ni − ni (ni − 1) (n j − 1)n j − (n j − 1)(n j − 2)
−
= ni − n j + 1
2
2
Dès lors, on atteindra le maximum d’arêtes si G est constitué d’un graphe complet
de n − k + 1 noeuds et de k − 1 noeuds isolés. Dans ce cas, le nombre d’arêtes est
(n − k + 1)(n − k)
2
et la proposition est démontrée.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
332
L’énoncé précédent possède le corollaire intéressant suivant :
'
$
Tout graphe simple de n noeuds et plus de
ité
(n − 1)(n − 2)
2
(11.6)
&
%
arêtes est connexe.
11.2.5 Circuit eulérien.
lim
Un graphe connexe G est eulérien si G possède un circuit eulérien, c’est-à-dire un
circuit qui contient toutes les arêtes de G.
Un graphe connexe G est semi-eulérien si G possède une chaı̂ne simple eulérienne,
c’est-à-dire une chaı̂ne simple qui contient toutes les arêtes de G.
Selon les définitions générales d’un circuit et d’une chaı̂ne simple, un circuit eulérien
est une chaı̂ne simple eulérienne fermée contenant une et une seule fois toutes les arêtes
de G.
Toute chaı̂ne simple eulérienne passe nécessairement par chacun des noeuds du
graphe.
U
sa
ge
E XEMPLE 11.12 Dans la figure 11.9, A est eulérien, B est semi-eulérien et C n’est pas eulérien.
A
c
d
g
f
a
C
c
d
e
b
B
g
a
g
e
b
c
d
a
b
F IG . 11.9
En effet, dabecbgcdga f d constitue un circuit eulérien dans le graphe A. Un tel circuit ne peut
être trouvé ni dans B ni dans C. Dans le graphe B, on peut néanmoins trouver une chaı̂ne simple
eulérienne comme dabecbgdcga.
⋄
Les problèmes d’existence et de recherche de circuits eulériens apparaissent souvent
dans les ouvrages de jeux mathématiques. Un problème typique concerne la possibilité de
tracer un diagramme donné sans lever le crayon du papier et sans passer deux fois sur la
même ligne.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
333
Un graphe connexe G est eulérien si et seulement si le degré de chaque noeud
est pair.
ité
(Euler, 1736)
U
sa
ge
lim
– La condition est nécessaire :
Dans le cas d’un graphe comportant au moins un noeud, tout circuit eulérien passant
par un noeud v “arrive” et “repart” de ce noeud soit par une boucle soit par des arêtes
différentes. À chaque passage, il contribue ainsi pour un facteur 2 au degré de ce
noeud. Comme le circuit eulérien passe par toutes les arêtes une et une seule fois,
chaque noeud doit avoir un degré pair.
– La condition est suffisante :
La preuve procède par induction sur le nombre d’arêtes de G.
L’énoncé est vrai dans le cas d’un graphe constitué d’un noeud. En effet, un circuit
eulérien ne peut alors exister que s’il existe au moins une boucle sur ce noeud, c’està-dire si le degré de ce noeud est pair (et égal à deux fois le nombre de boucles sur
le noeud).
Si le degré de chaque noeud est pair, puisque G est connexe, ce degré doit être
au moins égal à deux. D’après le résultat de la section 11.2.1, on en déduit que
G possède au moins un circuit C. Si ce circuit est eulérien, la démonstration est
finie. Sinon, on supprime de G les arêtes de C et on forme un nouveau graphe H
(éventuellement non connexe) qui contient moins d’arêtes que G mais dont tous les
noeuds ont toujours un degré pair. Par l’hypothèse inductive, chaque composante
de H possède un circuit eulérien. Puisque G est connexe, chaque composante de H
possède au moins un noeud en commun avec C. On forme alors un circuit eulérien
de G en suivant les arêtes de C jusqu’à ce que l’on rencontre un noeud non isolé
de H. À partir de celui-ci, on suit le circuit eulérien de cette composante de H puis
on repart le long des arêtes de C. On parcourt ainsi successivement tous les circuits
eulériens de toutes les composantes connexes de G rencontrées jusqu’à revenir au
noeud initial.
Pour les graphes semi-eulériens, on dispose du résultat suivant :
Un graphe connexe est semi-eulérien si et seulement s’il possède exactement
deux noeuds de degré impair (et tous les autres noeuds de degré pair).
Dans un graphe semi-eulérien, les noeuds de degré impair forment les extrémités de
la chaı̂ne simple eulérienne.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
334
ité
E XEMPLE 11.13 On vérifie que le graphe A de l’exemple précédent ne contient que des noeuds
de degré pair.
Le graphe B contient deux noeuds de degré impair, i.e. a et d, et tous les autres noeuds sont de
degré pair. En conséquence, les chaı̂nes simples eulériennes doivent avoir a et d comme extrémités.
Le graphe C contient 4 noeuds de degré impair et n’est donc ni eulérien ni semi-eulérien. ⋄
E XEMPLE 11.14 L ES PONTS DE K ÖNIGSBURG .
La ville de Königsburg en Prusse est bâtie en un point où deux branches de la rivière Pregel se
rejoignent. La ville consiste en une ı̂le et des bancs de terre de part et d’autre des rives. Celles-ci
sont reliées par 7 ponts comme illustré sur la figure 11.10.
lim
c
c
a
a
d
d
b
b
U
sa
ge
F IG . 11.10
La question posée est de savoir s’il est possible aux habitants de cette ville de se promener, en
partant et en arrivant au même endroit, en empruntant chacun des ponts une et une seule fois.
Euler a montré que ceci est impossible. En effet, le plan de la ville peut être schématisé par
le graphe dont les noeuds représentent les différentes rives et dont les arêtes correspondent aux
ponts. Puisque les degrés de tous les noeuds sont impairs, il n’est pas possible de trouver un
circuit eulérien et donc il n’est pas possible d’emprunter une et une seule fois chacun des ponts de
la ville.
⋄
Au-delà des aspects ludiques, il est évident que ces concepts sont utiles dans le
cadre de nombreux problèmes d’optimisation. Ainsi, un facteur devant faire sa tournée
dans toutes les rues voudra passer une et une seule fois dans chacune de celles-ci et
recherchera donc (sans le savoir) un circuit eulérien. De même, lors du câblage d’un
réseau informatique dans un bâtiment, on devra desservir tous les utilisateurs en évitant
de passer deux fois dans le même couloir.
On construit un circuit eulérien en suivant les règles suivantes, données sans
justification.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
335
'
ité
A LGORITHME DE F LEURY.
Si G est un graphe eulérien, on peut construire un circuit eulérien en démarrant
en un noeud u quelconque de G et en parcourant les arêtes de G selon les règles
suivantes :
– à chaque étape k de la construction du graphe eulérien, construire le sousgraphe Hk obtenu à partir de G en effaçant les arêtes dèjà prises en compte
dans le graphe eulérien en construction ainsi que les noeuds isolés éventuels
résultant de ces suppressions ;
– à chaque étape, n’emprunter de pont de Hk que lorsqu’il n’y a pas d’autre
possibilité.
$
lim
&
11.2.6 Cycle hamiltonien.
%
Un graphe connexe G est hamiltonien si G possède un cycle hamiltonien, c’est-à-dire
un cycle qui passe une et une seule fois par tous les noeuds de G (à l’exception du noeud
de départ qui est identique au noeud d’arrivée).
Il est semi-hamiltonien s’il contient un chemin passant une et une seule fois par tous
les noeuds. Ce chemin est alors appelé une chaı̂ne hamiltonienne.
U
sa
ge
E XEMPLE 11.15 Dans la figure 11.11, A est hamiltonien, B est semi-hamiltonien et C n’est pas
hamiltonien.
A
B
C
d
c
d
c
d
c
a
b
a
b
a
b
F IG . 11.11
En effet, A contient le cycle hamiltonien abcda tandis que B contient la chaı̂ne hamiltonienne
abdc. Le graphe C ne contient aucune chaı̂ne hamiltonienne.
⋄
La recherche d’un cycle hamiltonien est liée au problème du voyageur de commerce,
c’est-à-dire la recherche d’un chemin minimal passant par tous les noeuds d’un graphe.
Contrairement au circuit eulérien, on ne connaı̂t pas de critère simple permettant de
déterminer si un graphe est hamiltonien ou non. Les principaux résultats sont du type :
“Si les degrés des noeuds de G sont suffisamment élevés, alors celui-ci est hamiltonien”.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
336
'
$
Si G est un graphe simple de n(≥ 3) noeuds et si
deg(v) + deg(w) ≥ n
ité
(11.7)
pour toute paire de noeuds non adjacents v et w, alors G est hamiltonien.
&
(Ore, 1960)
%
U
sa
ge
lim
Démontrons ce théorème par l’absurde.
Si G n’est pas hamiltonien mais qu’il vérifie la condition sur le degré de ses noeuds,
on peut toujours supposer que G est “presque hamiltonien” dans ce sens que l’ajout d’une
arête quelconque ferait de G un graphe hamiltonien. Si ce n’était pas le cas, il suffirait
d’ajouter suffisamment d’arêtes pour qu’il en soit ainsi ce qui, évidemment, ne violerait
pas la condition sur le degré des noeuds.
Si donc G est “presque hamiltonien”, alors il contient (Fig. 11.12) un chemin
v1 v2 . . . vn passant par tous ses noeuds. Mais, puisque G n’est pas hamiltonien, les noeuds
v1 et vn ne sont pas adjacents et deg(v1 ) + deg(vn ) ≥ n. Ceci signifie que v1 et vn
sont adjacents, respectivement, à n1 noeuds et à n2 noeuds parmi les n − 2 noeuds
intermédiaires v2 v3 . . . vn−2 vn−1 . Puisque n1 + n2 ≥ n > n − 2, il est impossible que les
n1 noeuds adjacents à v1 et les n2 noeuds adjacents à vn soient distincts et correspondent,
respectivement, aux n1 premiers noeuds et aux n2 derniers noeuds de v2 v3 . . . vn−2 vn−1 .
On en déduit qu’il doit exister un noeud vi adjacent à v1 et tel que vi−1 est adjacent à vn .
v1
vn
v2
·
·
vi−1
vn−1
vi
·
·
F IG . 11.12
Ceci constitue cependant une contradiction puisque, alors,
v1 v2 · · · vi−1 vn vn−1 · · · vi+1 vi v1
constitue un cycle hamiltonien.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
337
'
$
Le corollaire de ce théorème est le suivant :
Si G est un graphe simple de n(n ≥ 3) noeuds et si
n
2
∀i = 1, 2, . . ., n
(11.8)
ité
deg(vi ) ≥
&
%
alors G est hamiltonien.
lim
Plus simplement, on peut observer qu’un graphe simple G de n noeuds est hamiltonien
si et seulement si on peut construire un sous-graphe G′ de G composé de n noeuds et n
arêtes et dont tous les noeuds sont de degré 2 ; le sous-graphe G′ construit de cette façon
correspondant au circuit hamiltonien recherché. Si G comporte m > n arêtes et que la
suppression des m − n arêtes en excès ne peut se faire sans respecter la condition sur le
degré de chacun des noeuds, alors le graphe G n’est pas hamiltonien.
E XEMPLE 11.16 Le graphe ci-dessous, comportant 5 noeuds et 6 arêtes, n’est pas hamiltonien. Si
tel était le cas, on pourrait obtenir un circuit hamiltonien en supprimant une arête. Or la suppression
de n’importe quelle arête fait apparaı̂tre un noeud de degré un.
c
e
U
sa
ge
a
d
b
F IG . 11.13
⋄
11.2.7 Chemin de coût minimum.
La résolution de nombreux problèmes pratiques passe par l’identification de chemins
particuliers dans un graphe. Ainsi, dans les problèmes de design des réseaux de transport
et de communication ou encore de planification des tâches, on s’intéresse souvent à la
solution la plus rapide ou la moins coûteuse, c’est-à-dire, selon le cas, celle qui correspond
à la distance minimale parcourue ou à l’accomplissement le plus rapide des différentes
tâches d’un projet.
Pour aborder ces problèmes, considérons un graphe G aux arêtes ei (i = 1, 2, . . ., m)
duquel on associe un coût ci > 0. Un tel graphe est parfois appelé un graphe pondéré. Le
problème du chemin de coût minimal consiste alors à trouver le chemin
v0 ei1 v1 ei2 v2 · · · ein vn
(11.9)
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
338
(où ik ∈ {1, 2, . . ., n} et ik 6= iℓ ∀k 6= ℓ) qui, parmi tous les chemins allant d’un noeud v0 à
un noeud vn , correspond au coût
n
∑ cik
k=1
(11.10)
ité
C = ci1 + ci2 + · · · + cin =
minimum. Pour que ce minimum existe, il faut évidemment que les extrémités du chemin
recherché appartiennent à une même composante connexe de G.
lim
E XEMPLE 11.17 Supposons que le réseau aérien américain puisse être représenté par le graphe
de la figure 11.14 où la valeur portée par chaque arête du graphe représente la distance entre les
deux aéroports incidents à cette arête. Le problème de la recherche du chemin de coût minimum
entre Boston et Los Angeles consiste à trouver le chemin du graphe qui correspond à la distance
minimale à parcourir (ou le temps de vol ou encore le coût).
⋄
2534
Chicago
San Francisco
957
Denver
New York
760
909
834
349
191
722
908
Boston
860
1855
2451
Atlanta
Los Angeles
1090
595
U
sa
ge
Miami
F IG . 11.14
Ce problème peut être résolu au moyen de l’algorithme de Dijkstra qui permet
d’obtenir la solution de façon efficace au moyen d’un nombre fini d’étapes.
Manifestement, on peut considérer que G est un graphe simple puisque le chemin de
coût minimal ne doit pas contenir de boucles et que, en présence d’arêtes multiples, seule
celle correspondant au coût minimal sera utilisée.
On procède par induction. À l’étape k, l’ensemble Sk représente les noeuds examinés
par l’algorithme et on note Ck (w) le coût associé au chemin minimal de v0 à w contenant
seulement des noeuds de Sk (à l’exception de w).
i. À l’étape 0, on pose S0 = v0 et on étiquette v0 avec le coût C0 (v0 ) = 0. À chaque
noeud v⋆ adjacent à v = 0, on associe un coût C0 (v⋆ ) égal au coût de l’arête incidente
à v0 et à v⋆ . Enfin, on associe un coût infini à tous les noeuds qui ne sont pas
adjacents à v0 (Ceci est évidemment une écriture qui reflète le fait qu’il n’existe pas
de chemin entre un tel noeud et v0 et n’utilisant que des noeuds de S0 ).
ii. À l’étape k, on identifie le noeud vk n’appartenant pas à Sk−1 et portant l’étiquette
Ck−1 minimale.
– On forme Sk = Sk−1 ∪ {vk }.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
339
ité
– On met à jour l’étiquette Ck (w) de tous les noeuds w adjacents aux noeuds de Sk
et qui ne sont pas dans Sk . Pour ce faire, on remarque que le chemin minimal de
v0 à un tel noeud w est soit le chemin minimal de v0 à w qui contient seulement
des éléments de Sk−1 soit le chemin minimal de v0 à un u ∈ Sk prolongé par
l’arête joignant u et w :
Ck (w) = min Ck−1 (w),Ck−1 (u) + c(u, w)
À la fin de la procédure, tous les noeuds du graphe sont contenus dans Sn si le graphe
initial est connexe. Chaque noeud w porte l’étiquette Ck (w) représentant le coût du chemin
minimal de v0 à w.
lim
L’algorithme de Dijkstra permet de trouver le coût du chemin minimal entre
deux noeuds dans un graphe connexe simple.
U
sa
ge
Démontrons la validité de l’algorithme par induction.
Avant toute itération, S0 = {v0 } et le coût du chemin minimal de v0 à tout autre noeud
est infini. Le coût du chemin minimal de v0 à lui-même est nul et l’algorithme est donc
valable dans ce cas.
À la k − 1-ème itération, considérons la double hypothèse inductive suivante :
i. l’étiquette d’un noeud w ∈ Sk−1 est le coût du chemin minimal de v0 à w ;
ii. l’étiquette d’un noeud w 6∈ Sk−1 est le coût du chemin minimal de v0 à w qui contient
seulement des noeuds de Sk−1 (à l’exception de w).
Au début de la k-ème itération, on note vk le noeud portant l’étiquette Ck−1 (vk )
minimale parmi tous les points n’appartenant pas à Sk−1 . Cette étiquette correspond
au coût du chemin minimal de v0 à vk contenant uniquement des noeuds de Sk−1 (à
l’exception de vk ). L’étiquette Ck−1 (vk ) correspond également au coût du chemin minimal
de v0 à vk passant par n’importe quels noeuds du graphe. Autrement dit, le chemin
minimal de v0 à vk est entièrement inclus dans Sk−1 à l’exception de la dernière arête de ce
chemin. En effet, s’il n’en était pas ainsi, il existerait un chemin de v0 à vk de coût inférieur
à Ck−1 (vk ) et qui contiendrait un noeud n’appartenant pas à Sk−1 . Soit u le premier noeud
d’un tel chemin qui n’appartient pas à Sk−1 . On aurait donc Ck−1 (u) < Ck−1 (vk ) ce qui est
en contradiction avec la méthode de choix du noeud vk .
Soit w un noeud n’appartenant pas à Sk . Un chemin minimal de v0 à w contenant
seulement des noeuds de Sk peut passer ou non par vk . S’il ne passe pas par vk , alors,
selon l’hypothèse inductive, le coût est Ck−1 (w). S’il passe par vk , il doit être constitué du
chemin de v0 à vk de coût minimum passant par les noeuds de Sk suivi de l’arête joignant
vk à w. Dans ce cas, le coût est Ck−1 (vk ) + c(vk , w). La deuxième hypothèse inductive est
donc vraie pour k également puisque
Ck (w) = min{Ck−1 (w),Ck−1 (vk ) + c(vk , w)}
Par induction, on en déduit que l’algorithme est valide.
Remarquons que l’algorithme de Dijkstra ne fonctionne que si les coûts sont positifs.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
340
E XEMPLE 11.18 Soit le réseau routier représenté par le graphe pondéré de la figure 11.15 où
chaque arête porte la longueur de la route correspondante. Quel est le plus court chemin pour aller
de a à l ?
d
2
3
4
6
c
2
5
5
5
h
9
6
1
9
2
j
2
l
3
lim
2
g
1
e
9
a
3
ité
b
i
f
k
F IG . 11.15
U
sa
ge
On commence par considérer S0 = {a} et par assigner le label 0 au noeud a. À partir de
ce noeud, on peut atteindre les noeuds b, e et c en suivant des chemins dont les longueurs sont
respectivement égales à 3, 9 et 2. La plus petite de ces longueurs correspond au point c auquel on
assigne le label définitif 2. On a alors S1 = {a, c}.
À partir des noeuds a et c, on peut atteindre les noeuds b, e et f dont les distances à a (en
suivant exclusivement les arêtes joignant les noeuds de S1 sauf une) sont égales à 3, 9 et 11. On
forme donc S2 = {a, c, b} et le label définitif de b est donc 3.
Pour former S3 , on considère les noeuds d, e et f dont les distances à a sont respectivement
égales à 5, 7 et 11. Il vient donc S3 = {a, c, b, d} et le label de d est 5.
En continuant de la sorte, on attribue un label à chaque noeud du graphe et on identifie le
chemin le plus court abeh f ikl dont la longueur est 17.
b
3
2
3
d
5
4
a
0
e
7
9
6
2
2
c
9
10
f
3
g
8
1
2
j
13
5
5
h
9
1
2
5
3
6
12
i
l
17
9
2
14
k
F IG . 11.16
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
341
Problème du postier chinois.
U
sa
ge
lim
ité
La méthode utilisée pour la recherche du chemin de coût minimum peut être adaptée
pour résoudre le problème du postier chinois, discuté par le mathématicien chinois MeiKu Kwan.
Un postier désire distribuer le courrier en parcourant la distance minimale et revenant
à son point de départ à la fin de sa tournée. Il doit évidemment passer dans chaque rue
au moins une fois mais doit éviter, autant que possible, de repasser plusieurs fois dans la
même rue.
Pour résoudre ce problème, on représente les rues par un graphe et on associe à
chaque arête du graphe la longueur de la rue correspondante. Manifestement, si le graphe
est eulérien, il suffit de déterminer un circuit eulérien par la méthode de Fleury. Ce
circuit eulérien constitue une solution du problème puisque la longueur totale est bornée
inférieurement par la somme des longueurs de toutes les rues et que tout circuit eulérien
correspond effectivement à cette borne inférieure.
Dans le cas où le graphe n’est pas eulérien, le problème est beaucoup plus complexe.
Remarquons simplement que, si on peut trouver une chaı̂ne simple eulérienne, alors il
suffit de fermer celle-ci par le chemin de longueur minimale entre les deux extrémités de
cette chaı̂ne.
E XEMPLE 11.19 Recherchons le chemin de coût minimum dans le graphe pondéré
b
c
5
3
a
8
5
14
10
4
f
d
9
6
e
F IG . 11.17
Puisque les noeuds b et e sont les seuls noeuds de degré impair, on peut former une chaı̂ne
simple eulérienne de b à e. Celle-ci parcourt toutes les arêtes exactement une fois. Pour revenir
au point de départ, on identifie le chemin de longueur minimale entre e et b par l’algorithme de
Dijkstra.
La solution du problème est alors obtenue en combinant la chaı̂ne simple eulérienne
ba f bc f ecde avec le chemin minimum e f ab. La longueur totale est donnée par 64 + 13 = 77.
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
342
11.2.8 Graphe orienté.
lim
ité
Dans de nombreux problèmes de planification de tâches, on doit réaliser une tâche en
combinant plusieurs opérations de base dont certaines peuvent être réalisées en parallèles
et d’autres doivent être réalisées l’une après l’autre.
Dans ce cas, la suite des opérations est représentée par un graphe orienté, c’est-àdire un graphe dont les arêtes sont des couples ordonnés de noeuds. Les arêtes sont alors
appelées des arcs et sont représentés par des flèches.
La plupart des concepts introduits pour un graphe non orienté sont applicables à
des graphes orientés. On doit cependant tenir compte de l’orientation des arcs dans la
définition des chemins.
L’algorithme de Dijkstra pour la recherche d’un chemin de coût minimal peut être
appliqué aux graphes orientés.
E XEMPLE 11.20 A SSEMBLAGE D ’ UNE VOITURE .
L’assemblage d’une voiture peut être séparé en plusieurs opérations élémentaires :
a) construction du chassis,
b) mise en place du moteur,
c) installation des freins, des roues et des pneus,
d) installation du tableau de bord et des sièges,
e) installation électrique,
U
sa
ge
f) installation du réservoir et de la pompe à essence,
g) installation des commandes de frein,
h) mise en place des éléments de carrosserie,
i) finitions.
d. : 6 heures
b. : 6 heures
f. : 1 heure
e. : 5 heures
a. : 7 heures
h. : 2 heures
c. : 3 heures
g. : 1 heure
F IG . 11.18
i. : 5 heures
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
343
19
d. : 6 heures
ité
Le schéma Fig. 11.18 indique le graphe des différentes opérations et le temps nécessaire à leur
réalisation. Certaines opérations devant être effectuées avant d’autres, le graphe correspondant est
un graphe orienté : les arêtes ne peuvent être parcourue que dans la direction indiquée par la flèche.
Pour déterminer le temps minimum pour assembler une voiture, il convient de parcourir le
graphe de gauche à droite en notant, pour chaque tâche, le temps minimum requis pour son
accomplissement à partir du début de l’assemblage. Ainsi, il faut 7 heures pour accomplir la tâche
a. Il faut 7 + 6 = 13 heures avant que la tâche b ne soit terminée alors qu’il ne faut que 10 heures
pour accomplir la tâche c.
lim
20
f. : 1 heure
13
b. : 6 heures
7
a. : 7 heures
16
e. : 5 heures
21
h. : 2 heures
14
g. : 1 heure
U
sa
ge
10
c. : 3 heures
26
i. : 5 heures
F IG . 11.19
En continuant de la sorte, l’analyse montre que, dans le meilleur des cas, 26 heures sont
nécessaires pour effectuer le montage complet. Cet optimum correspond à la somme des temps
requis pour effectuer les tâches a,b,d,h et i. Tout retard dans l’accomplissement d’une de ces
tâches pénalisera le temps d’exécution total de l’assemblage. Pour cette raison, le chemin a b d h i
est appelé un chemin critique.
⋄
11.3 Arbre.
11.3.1 Définition.
Un arbre est un graphe connexe qui ne possède pas de cycle.
Une forêt est un graphe constitué de l’union d’un ou plusieurs arbres.
Les arbres sont utilisés couramment pour représenter les différentes possibilités d’un
problème de dénombrement, pour représenter les différentes étapes d’une procédure de
décision ou pour représenter les relations hiérarchiques ou familiales.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
344
E XEMPLE 11.21 L’organisation hiérarchique au sein d’une entreprise informatique peut être
représentée par un arbre tel que
Vice-président
Finances
Directeur
Comptabilité
Directeur
Gestion matérielle
Directeur
Relation clientèle
Directeur
Marketting
Directeur
Ventes
Directeur
Système intégré
de gestion
Vice-président
Services
lim
Vice-président
Marketing
Directeur
Matériel
Directeur
Logiciel
Directeur
Recherches
Vice-président
R & D.
ité
Président
F IG . 11.20
U
sa
ge
⋄
E XEMPLE 11.22 Arbre de décision pour trier trois éléments a, b et c distincts :
a:b
a<b
a>b
a:c
a>c
a>b>c
b>c
a<c
b<c
a>c>b
b<c
a:c
c>a>b
b:c
b>c
b:c
a>c
b>a>c
c>b>a
a<c
b>c>a
F IG . 11.21
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
345
La notion d’arbre est introduite pour représenter un graphe dont la structure n’est
pas redondante tout en permettant la circulation complète de l’information entre tous ses
noeuds. Ce résultat est précisé par l’énoncé suivant :
ité
Un graphe est un arbre si et seulement si chaque paire de noeuds est reliée par
un chemin unique.
lim
La condition est nécessaire. En effet, si T est un arbre, alors T est un graphe connexe
sans cycle. Quels que soient les noeuds x et y de T, il existe donc un chemin entre x
et y puisque T est connexe. Ce chemin est unique car s’il y en avait un autre alors la
combinaison de ces deux chemins formerait un cycle, ce qui contredirait le fait que T est
un arbre.
La condition est suffisante. Si chaque paire de noeuds de T est reliée par un chemin
unique, alors T est connexe. De plus, T ne peut avoir de cycle car sinon, on pourrait
trouver (au moins) deux noeuds x et y appartenant à un même cycle et donc reliés par deux
chemins distincts. Ceci est en contradiction avec l’hypothèse et conduit donc à conclure à
l’absence de cycle dans T.
U
sa
ge
11.3.2 Arborescence.
Dans de nombreuses applications des arbres, on identifie un noeud r particulier appelé
la racine de l’arbre. Puisqu’il existe un chemin unique de la racine à chacun des noeuds
du graphe, on peut orienter chaque arête de l’arbre en s’éloignant de la racine. Le graphe
orienté qui en résulte est appelé une arborescence3 .
La longueur du chemin unique de la racine r à un noeud v est appelée la profondeur
de v. La hauteur de l’arbre est la plus grande profondeur de ses noeuds. Les noeuds de
degré un sont appelés les feuilles de l’arbre. Un chemin orienté d’un noeud quelconque
vers une feuille est une branche de l’arbre.
Si v est un noeud différent de la racine, le père de v est le noeud unique u tel qu’il
existe une arête orientée de u à v. Lorsque u est le père de v, v est le fils de u. Les noeuds
ayant le même père s’appellent des frères. Tous les noeuds qui ont des fils s’appellent des
noeuds internes.
Dans un arbre de décision tel celui de la figure 11.21, chacun des noeuds internes
correspond à un test et chaque feuille correspond à une décision ou une conclusion.
Une arborescence est appelée un arbre m-aire si chaque noeud interne n’a pas plus de
m fils. L’arbre m-aire est complet si chaque noeud interne possède exactement m fils. Un
arbre m-aire avec m = 2 est un arbre binaire.
3 Remarquons que
les choix de racines différentes produisent des arborescences différentes.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
346
11.3.3 Propriétés des arbres.
ité
Un arbre à n noeuds possède n − 1 arêtes.
lim
La proposition est vérifiée pour n = 1.
Si on suppose que la proposition est vraie pour un arbre de n noeuds, alors démontrons
qu’il en est de même pour un arbre T de n + 1 noeuds.
Puisque T ne comporte pas de cycle, la suppression d’une arête quelconque de T
engendre une forêt de deux arbres composés respectivement de n1 et n2 noeuds avec
n1 + n2 = n + 1. Selon l’hypothèse d’induction, le nombre total d’arêtes de cette forêt
est donc (n1 − 1) + (n2 − 1) = (n1 + n2 ) − 2 = (n + 1) − 2 = n − 1. En comptant l’arête
supprimée, le nombre total d’arêtes de T est donc n.
Un arbre m-aire complet de k noeuds internes comporte n = m k + 1 noeuds.
Chaque noeud, sauf la racine, est le fils d’un noeud interne. Chacun des noeuds
internes ayant m fils, il y a bien m k + 1 noeuds au total.
U
sa
ge
On en déduit immédiatement que
'
$
&
%
Un arbre m-aire complet ayant
n−1
(m − 1)n + 1
i. n noeuds possède
noeuds internes et ℓ =
feuilles,
m
m
ii. k noeuds internes possède n = m k + 1 noeuds et ℓ = (m − 1)k + 1
feuilles,
m ℓ−1
ℓ−1
iii. ℓ feuilles possède n =
noeuds et
noeuds internes.
m−1
m−1
Le nombre de feuilles ℓ d’un arbre m-aire de hauteur h vérifie
ℓ ≤ mh
La démonstration est aisée par induction.
(11.11)
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
347
ité
E XEMPLE 11.23 Le nombre Op de comparaisons nécessaires pour trier une liste de n éléments
par une algorithme binaire peut être évalué en utilisant (11.11).
Le tri de n éléments donne lieu à n! résultats possibles. Si on représente le tri par un arbre
binaire semblable à celui de la figure 11.21, celui-ci doit comporter n! feuilles et donc être d’une
hauteur h telle que
n! ≤ 2h
Chacun des noeuds interne représentant une comparaison, la hauteur est égale au nombre de
comparaisons. Il vient
Op = h ≥ log2 n!
En tenant compte de la relation (pouvant être démontrée par induction)
lim
log n! ≥ n(log n − 1)
le nombre de comparaisons peut encore être majoré selon
1
Op ≥ n log2 n −
ln 2
'
Soit un graphe T de n noeuds. Les six énoncés suivants sont équivalents :
i. T est un arbre ;
$
⋄
ii. T ne contient aucun cycle et possède n − 1 arêtes ;
U
sa
ge
iii. T est connexe et possède n − 1 arêtes ;
iv. T est connexe et chaque arête de T est un pont ;
v. Il existe un et un seul chemin entre deux noeuds quelconques de T ;
vi. T est sans cycle mais l’ajout d’une arête quelconque crée un et un seul
cycle.
&
i.
%
Dans le cas où n = 1, tous les énoncés sont évidents.
Si n 6= 1, démontrons les implications successives i. ⇒ ii. ⇒ iii. ⇒ iv. ⇒ v. ⇒ vi.⇒
Cette implication est démontrée plus haut.
Si T était non connexe, alors chaque composante connexe de T formerait un
graphe connexe sans cycle, i.e. un arbre. En supposant que T n’a que deux
composantes connexes, on aurait, dans ces deux composantes connexes,
respectivement, n1 et n2 noeuds avec n1 + n2 = n et donc n1 − 1 et n2 − 1
arêtes. Au total, T aurait donc n1 − 1 + n2 − 1 = n − 2 arêtes. Ce résultat est
en contradiction avec les hypothèses. Si on supposait que T possède plus
de deux composantes connexes, le décompte serait moins favorable encore.
Dès lors, on en conclut que T est connexe.
i. ⇒ ii.
ii. ⇒ iii.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
Si on enlève une arête quelconque d’un graphe connexe de n − 1 arêtes,
alors on obtient un graphe qui est non connexe vu que n − 1 est le nombre
minimum d’arêtes assurant la connexité d’un graphe de n noeuds.
Puisque T est connexe, il existe au moins un chemin entre chaque paire
de noeuds de T. Si une paire particulière de noeuds était reliée par deux
chemins, ceux-ci formeraient un cycle. Chaque arête de ce cycle ne pourrait
alors être un pont.
iv. ⇒ v.
v. ⇒ vi.
Si on supposait T non connexe, alors, on pourrait ajouter une arête entre
deux noeuds situés dans des composantes connexes différentes de T sans
engendrer de cycle. T est donc connexe et sans cycle : c’est un arbre.
sa
ge
vi. ⇒ i.
Si T contenait un cycle, alors toute paire de noeuds de ce cycle serait reliée
par au moins deux chemins, en contradiction avec l’hypothèse.
Si on ajoute une arête entre deux noeuds quelconques v et w, alors, ces deux
noeuds étant déjà reliés par le chemin vu1 u2 · · · uk w de T, on forme le cycle
vu1 u2 · · · uk wv.
Ce cycle est unique puisque, s’il existait un autre cycle vw1 w2 · · · wk wv, alors
vu1 u2 · · · uk wwk · · · w2 w1 v constituerait une chaı̂ne fermés dans T dont on
pourrait extraire un cycle.
lim
ité
iii. ⇒ iv.
U
348
E XEMPLE 11.24 H YDROCARBURES SATUR ÉS . Les molécules organiques les plus simples sont
constituées uniquement d’atomes de carbone et d’hydrogène. En particulier, les hydrocarbures
saturés ont tous une formule chimique du type Cn H2n+2 . Une telle molécule peut être représentée
par un graphe dans lequel chaque atome de carbone est représenté par un noeud de degré 4 et
chaque atome d’hydrogène par un noeud de degré 1 (Fig. 11.22).
H
H
H
H
H
H
H
C
C
C
C
H
H
H
H
H
C
F IG . 11.22
H
C
H
H
C
H
HH
H
C
H
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
349
Dans le graphe d’une molécule Cn H2n+2 , il y a
4n + (2n + 2)
= 3n + 1 arêtes
2
ité
3n + 2 noeuds et
lim
Il s’agit donc nécessairement d’un arbre puisque le graphe d’une telle molécule est connexe et
comporte une arête de moins que le nombre de noeuds.
Remarquons cependant que plusieurs molécules différentes peuvent correspondre à une même
formule du type Cn H2n+2 . Les graphes des molécules de butane et d’iso-butane, toutes deux
correspondant à la formule C4 H10 , sont présentés à la figure 11.22. Bien que ces deux molécules
possèdent la même formule, elles possèdent des propriétés différentes.
⋄
11.4 Arbre de recouvrement.
U
sa
ge
Étant donné un graphe connexe G, on peut essayer de simplifier ce graphe en
supprimant des arêtes tout en gardant un arbre connexe. Si on choisit un cycle de G et
que l’on supprime une arête de ce cycle, le graphe qui en résulte est toujours connexe.
En répétant cette procédure jusqu’à ce qu’il n’y ait plus de cycle, on aboutit finalement
à un graphe connexe sans cycle, c’est-à-dire à un arbre qui relie les n noeuds de G
mais ne comporte que n − 1 arêtes parmi celles-de G. Cet arbre est appelé un arbre de
recouvrement ou arbre sous-tendant de G. Plus précisément, un arbre de recouvrement de
G est un sous-graphe de G qui contient tous les noeuds de G et qui forme un arbre.
E XEMPLE 11.25 Soit le graphe G
d
e
a
c
b
F IG . 11.23
Le sous-graphe indiqué en trait épais constitue un arbre de recouvrement de G.
⋄
E XEMPLE 11.26 Une compagnie aérienne désirant rationaliser son offre de services désire
supprimer des vols sans diminuer le nombre de destinations.
Le problème consiste donc en la suppression des arêtes du graphe G représentant les voies
aériennes tout en gardant tous les noeuds (aéroports) et un chemin entre chaque paire de noeuds.
La solution est un arbre de recouvrement de G tel celui indiqué en trait gras.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
350
Boston
Chicago
Denver
San Francisco
New York
ité
Atlanta
Los Angeles
Miami
lim
F IG . 11.24
⋄
D’après la procédure de construction exposée ci-dessus, il est clair que chaque
graphe connexe possède au moins un arbre de recouvrement et que tous les arbres de
recouvrement d’un graphe G possède le même nombre d’arêtes.
On montre également qu’un graphe est connexe si seulement s’il possède un arbre de
recouvrement.
11.4.1 Nombre d’arbres de recouvrement.
U
sa
ge
Nous citons ici quelques résultats dont la démonstration sort du cadre du cours mais
qui sont intéressants pour dénombrer les arbres de recouvrement d’un graphe donné.
T H ÉOR ÈME DE C AYLAY
On peut former nn−2 arbres différents de n noeuds.
E XEMPLE 11.27 Voici quatre arbres de 4 noeuds.
1
2
3
4
4
3
2
1
1
2
4
4
3
F IG . 11.25
2
1
3
Si on ne tient pas compte des noms des noeuds, ce qui est le cas si tous les noeuds représentent
des objets indiscernables, alors les trois premiers arbres sont identiques.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
351
ité
Si on tient compte des labels portés par les noeuds, alors le deuxième arbre est identique au
premier. La numérotation inverse des noeuds de l’arbre ne produit pas un nouvel arbre. Par contre,
le troisième arbre est différent du premier et du deuxième (il suffit de regarder l’ordre du noeud
3). Dès lors, il y a 4!/2 = 12 arbres différents de ce type.
D’autre part, il y a 4 façons différentes de numéroter les noeuds du graphe de droite (puisqu’il
y a quatre façons différentes de numéroter le noeud central) qui conduisent à 4 arbres différents.
Au total le nombre d’arbres de 4 noeuds est donc égal à 16 = 44−2 conformément au théorème
de Caylay.
⋄
'
lim
On déduit du théorème de Caylay que le nombre d’arbres de recouvrement différents
d’un graphe Kn de n noeuds est égal à nn−2 . En effet, chaque arbre de n noeuds est
un arbre de recouvrement du même graphe complet Kn . Inversement, chaque arbre de
recouvrement de Kn donne lieu à un arbre de n noeuds.
T H ÉOR ÈME DE LA MATRICE - ARBRE
Soit G un graphe connexe simple de n noeuds {v1 , v2 , . . . , vn } et soit M′ la
matrice n × n telle que m′ii = deg(vi ), m′i j = −1 si vi et v j sont adjacents et
m′i j = 0 sinon. Le nombre d’arbres de recouvrement de G est égal au cofacteur
de n’importe quel élément de M′ .
&
U
sa
ge
11.4.2 Arbres de recouvrement minimum.
$
%
Parmi tous les arbres de recouvrement d’un graphe G donné, il est souvent utile de
choisir celui qui correspond à un minimum d’une certaine expression du coût au sens de
la section 11.2.7 si on associe un coût à chacune des arêtes de G. Un arbre de recouvrement
minimum d’un graphe connexe G est un arbre de recouvrement dont la somme des coûts
est minimale.
E XEMPLE 11.28 Dans l’exemple 11.26, la rationalisation de l’offre de services peut-être réalisée
en minimisant la distance totale entre les différents aéroports desservis par la compagnie.
⋄
L’identification de l’arbre de recouvrement minimal peut être réalisée par la méthode
suivante :
'
A LGORITHME DE K RUSKAL.
Soit G un graphe connexe de n noeuds. La construction suivante produit un
arbre de recouvrement minimum de G :
$
i. soit e1 une arête de G de coût minimum ;
ii. on définit e2 , e3 , . . . , en−1 en choisissant, à chaque étape, l’arête de coût
minimum qui ne forme pas de cycle avec les arêtes ei précédentes.
L’arbre de recouvrement est le sous-graphe T de G dont les arêtes sont
e1 e2 , e3 , . . . , en−1
&
%
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
352
ité
On trouvera la démonstration de la validité de cet algorithme dans les références.
En particulier, on montre qu’il est possible, à chaque étape, de trouver une arête dont
l’ajout ne produit pas de cycle, que toutes les arêtes choisies forment finalement un graphe
connexe et que l’arbre qui en résulte est bien de coût minimum.
11.4.3 Ensemble fondamental de cycles et ensemble fondamental de
coupures.
#
"
lim
Si T est un arbre de recouvrement du graphe connexe G, alors,
– toute coupure de G possède une arête en commun avec T ;
– tout cycle de G possède une arête en commun avec le complément de T,
c’est-à-dire avec le graphe obtenu en supprimant toutes les arêtes de T.
!
– La suppression des arêtes d’une coupure C∗ de G sépare G en deux sous-graphes H
et K. Puisque T est un arbre de recouvrement, T doit contenir une arête reliant un
noeud de H à un noeud de K. Cette arête est donc commune à C∗ et à T.
– S’il existait un cycle C de G qui ne possède aucune arête commune avec le
complément de T, alors C serait entièrement contenu dans T. Dans ce cas, T ne
pourrait être un arbre. Il ne peut donc pas exister de tel cycle C.
U
sa
ge
Le concept d’ensemble fondamental de cycles d’un graphe G est étroitement lié à
celui d’arbre de recouvrement. Étant donné un arbre de recouvrement T de G, on peut
obtenir un cycle unique en ajoutant à T une arête quelconque de G n’appartenant pas à
T. L’ensemble de tous les cycles formés de cette façon constitue l’ensemble fondamental
de cycles associé à T. Tout ensemble de cycles formé de cette façon à partir d’un arbre
quelconque est appelé un ensemble fondamental de cycles de G.
De la même façon, on peut définir un ensemble fondamental de coupures associé à T.
Chaque arête de T est un pont. Sa suppression divise donc T en deux parties connexes
et sépare les noeuds de G en deux ensembles disjoints V1 et V2 . L’ensemble de toutes les
arêtes de G reliant un noeud de V1 à un noeud de V2 est une coupure de G. L’ensemble des
toutes les coupures définies de cette façon en considérant successivement la suppression
des différentes arêtes de T forme l’ensemble fondamental des coupures associées à T.
E XEMPLE 11.29 L OIS DE K IRCHHOFF .
Soit le circuit électrique représenté à la figure 11.26 par un graphe orienté de 4 noeuds et de 6
arêtes.
Afin de déterminer les courants et différences de potentiel, on dispose des lois de Kirchhoff
qui expriment que
– la somme des courants traversant une surface quelconque séparant le graphe en deux
composantes connexes est nulle (loi des coupures) ;
– la somme des différences de potentiel aux bornes des différentes arêtes formant un cycle est
nulle (loi des mailles).
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
353
La question qui se pose est alors de déterminer le nombre d’équations et de choisir les
équations à écrire, par application des lois de Kirchoff, pour décrire complètement le système.
L’orientation choisie définit une direction de référence pour chacune des arêtes.
2
1
3
6 b
4
ité
a
c
lim
5
d
F IG . 11.26
À chaque arête, on associe le courant ik et la différence de potentiel uk . Ces deux inconnues
étant reliées entre elles par la loi d’Ohm, le problème contient donc 6 inconnues.
Loi des coupures.
U
sa
ge
En examinant le graphe du circuit considéré, on identifie 7 coupures différentes :
C1 = {1, 2, 6}
C5 = {2, 3, 4, 6}
C3 = {2, 3, 5}
C7 = {1, 2, 4, 5}
C2 = {1, 3, 4}
C4 = {4, 5, 6}
C6 = {1, 3, 5, 6}
Les 7 relations obtenues par application de la première loi de Kirchhoff à chacune de ces coupures
peuvent être mise sous forme matricielle en construisant la matrice Q, dite matrice des coupures,
comme suit.
Le nombre de lignes de la matrice Q est égal au nombre de coupures considérées ; chaque ligne
est associée à une coupure. De même, le nombre de colonnes de Q est égal au nombre d’arêtes du
graphe ; chaque arête correspond à une seule colonne. Dans l’exemple considéré, la matrice des
coupure Q est donc une matrice (7 × 6). Pour déterminer les éléments qi j de Q, on matérialise
d’abord chaque coupure par une surface (ou une courbe) fermée et on oriente arbitrairement ces
différentes surfaces. On pose ensuite qi j = +1 si l’arête j traverse la surface orientée relative à
Ci dans le sens de référence choisi pour cette coupure, qi j = −1 si l’arête j traverse la surface
correspondant à Ci dans le sens opposé à la référence choisie et qi j = 0 si l’arête j ne fait pas partie
de la coupure Ci .
Ainsi, matérialisant, par exemple, la coupure C3 = {2, 3, 5} par la surface C 3 de normale
n, on voit que l’arête 2 traverse la surface dans le sens opposé à la normale choisie. On aura
donc q32 = −1. Par contre, les arêtes 3 et 5 coupent C 3 dans le même sens que n. On aura donc
q33 = q35 = +1.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
354
a
C3
2
1
n
4
c
5
lim
d
F IG . 11.27
ité
3
6 b
Procédant de la sorte pour les différentes coupures, il vient


1
1
0
0
0
1
−1 0 −1 1
0
0


 0 −1 1
0
1
0



Q=
0
0
0
−1
−1
−1


0
1 −1 1
0
1


1
0
1
0
1
1
−1 −1
0
1
1
0
U
sa
ge
Au moyen de cette matrice, on peut écrire les 7 expressions de la première loi de Kirchhoff sous
la forme matricielle


1
1
0
0
0
1    
i1
0
−1 0 −1 1
0
0

i2  0
   
 0 −1 1
0
1
0
i3  0

   
0
0
0 −1 −1 −1

i4  = 0

0
  
1 −1 1
0
1 

i5  0

1
0
1
0
1
1
i6
0
−1 −1 0
1
1
0
On vérifie que ρ (Q) = 3 de sorte que seules 3 équations sont indépendantes. En général, pour
un graphe de n noeuds, on compte n − 1 relations indépendantes.
Pour générer un ensemble de trois équations indépendantes, on peut se baser sur un arbre de
recouvrement T du circuit. Soit T = {1, 3, 5}. Celui-ci permet de former un ensemble fondamental
de coupures :
{1, 2, 6}, {2, 3, 4, 6}, {4, 5, 6} = {C1 ,C5 ,C4 }
On a donc
 
i1

i2   

1 1 0
0
0
1 
0
 
0 0 0 −1 −1 −1i3  = 0
i4 

0 1 −1 1
0
1 
0
i5 
i6
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
355
Ces trois équations sont bien linéairement indépendantes puisque chaque coupure apporte une
nouvelle arête qui n’apparaı̂t pas dans les autres coupures.
ité
Loi des mailles.
lim
Dans le graphe orienté du circuit étudié, on peut identifier 7 cycles différents (Fig. 11.28) et
donc écrire 7 expressions différentes de la seconde loi de Kirchhoff.
Sous forme matricielle, on a


 
1 −1 −1 0 0
0  
0
u1
0 0


1 1 −1 0   0


1 0
u2   
0 1 0 −1

u3  0
   
0 1
0 0 1 −1

  = 0
1 −1 0 1 −1 0 u4  0

   
1 0 −1 0 1 −1 u5
0
u6
0 1
1 1 0 −1
0
U
sa
ge
Ces équations sont linéairement dépendantes.
F IG . 11.28
Pour en extraire les équations indépendantes en nombre maximal, on considère à nouveau
l’arbre de recouvrement T = {1, 3, 5} et on forme l’ensemble fondamental de cycles associé à T.
Celui-ci est un sous-ensemble de l’ensemble des cycles utilisés pour construire les secondes lois
de Kirchhoff, soit
{1, 2, 3}, {3, 4, 5}, {1, 3, 5, 6}}
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
356
En retenant uniquement ces trois cycles, il vient en effet
ité
 
u1

u2   

1 −1 −1 0 0
0 
0
u3 

0 0
0
1 1 −1 0  
=
u4 

1 0 −1 0 1 −1 
0
u5 
u6
lim
Ici encore, l’indépendance des équations retenues résulte du fait que chacun des cycles comporte
une arête originale qui n’est contenue dans aucun des autres cycles appartenant à l’ensemble
fondamental.
Au total, on obtient donc 3 + 3 = 6 équations indépendantes qui, complétées par l’expression
de la loi d’Ohm pour les 6 arêtes du circuit électrique, permettent de déterminer toutes les
inconnues du problème.
⋄
Le calcul du nombre de cycles et de coupures fondamentaux effectué dans l’exemple
précédent peut être aisément généralisé. En effet, tous les arbres de recouvrement d’un
graphe connexe de n noeuds possèdent n − 1 arêtes. Dès lors,
Si un graphe connexe possède n noeuds et m arêtes,
– tout ensemble fondamental de coupures comportera n − 1 éléments,
– tout ensemble fondamental de cycles comportera m − (n − 1) = m − n + 1
éléments.
U
sa
ge
11.5 Graphe planaire.
Un graphe planaire est un graphe qui peut être tracé dans un plan sans que ses arêtes
ne se coupent (sauf évidemment à un noeud). Une telle représentation est dite plane.
E XEMPLE 11.30 Le graphe complet K4 est planaire. Parmi les trois représentations de la figure
11.29, la première n’est pas plane au contraire des deux autres.
d
c
d
c
d
c
a
b
a
b
a
b
F IG . 11.29
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
357
E XEMPLE 11.31 Le graphe biparti K3,3 n’est pas planaire.
e
d
c
f
a
d
ité
e
c
f
a
b
lim
b
F IG . 11.30
En effet, K3,3 contient le cycle abcde f a dont la représentation plane est équivalente à un
hexagone. Si on trace l’arête f c à l’intérieur de l’hexagone abcde f a, alors l’arête be doit être
tracée à l’extérieur de celui-ci. Ceci étant fait, il est impossible de joindre les noeuds a et d sans
couper une arête déjà tracée.
⋄
E XEMPLE 11.32 Le graphe complet K5 n’est pas planaire.
U
sa
ge
d
e
c
a
b
d
e
c
a
b
F IG . 11.31
En traçant progressivement les arêtes de K5 dans une représentation plane, on ne peut tracer
les arêtes ac et eb sans couper l’une des arêtes déjà dessinée.
⋄
À l’évidence, tout sous-graphe d’un graphe planaire est planaire. Inversement, tout
graphe possédant un sous-graphe qui n’est pas planaire n’est lui-même pas planaire.
Un même graphe peut être tracé de différentes façons. Cependant, grâce au théorème
suivant (dont la démonstration sort du cadre de ce cours), il n’est pas nécessaire
d’envisager toutes les différentes représentations d’un graphe pour déterminer s’il est
planaire ou non.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
358
ité
T H ÉOR ÈME DE K URATOWSKI
Un graphe est planaire si et seulement s’il ne contient aucun sous-graphe
homéomorphe à K3,3 ou à K5 .
lim
Dans cet énoncé, deux graphes sont dits homéomorphes s’ils peuvent être obtenus à
partir d’un même graphe en insérant de nouveaux noeuds de degré deux au milieu d’une
ou plusieurs arêtes.
Tous les arbres sont des graphes planaires puisqu’ils ne contiennent pas de cycle à
l’inverse de K3,3 et de K5 .
11.5.1 Formule d’Euler.
Un graphe planaire connexe divise le plan en régions, y compris une région ouverte “à
l’extérieur” du graphe. Chaque région est définie par un chaı̂ne fermée dont la longueur
est appelée le degré de la région.4
E XEMPLE 11.33 Le graphe planaire représenté à la figure 11.32 divise le plan en 7 régions
distinctes.
r5
U
sa
ge
r7
r4
r6
r1
r2
r3
F IG . 11.32
⋄
Euler a démontré que toutes les représentations graphiques planes d’un même graphe
planaire divisent le plan en un même nombre de régions. Cette propriété découle de
l’existence d’une relation entre le nombre de régions, le nombre de noeuds et le nombre
d’arêtes du graphe.
4 Dans
certains cas, la définition de la limite de la région demande de passer plusieurs fois par la même
arête qui intervient donc deux fois dans le calcul du degré de cette région.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
359
'
&
r = m−n+2
ité
F ORMULE D ’E ULER .
Soit G un graphe simple planaire connexe comportant n noeuds et m arêtes.
Le nombre r de régions dans une représentation planaire de G est donné par
$
(11.12)
%
lim
La preuve est établie par induction sur le nombre d’arêtes.
Si m = 0, alors n = 1 (puisque le graphe est connexe) et le graphe ne possède que la
région extérieure. On a bien r = m − n + 2 = 0 − 1 + 2 = 1.
Supposons le théorème vérifié pour m − 1 arêtes et examinons le cas d’un graphe G
comportant m arêtes.
Si G est un arbre, alors m = n − 1 et r = 1 de sorte que r = (n − 1) − n + 2 = 1.
Si G n’est pas un arbre, considérons une arête e appartenant à un cycle de G. En
supprimant e de G, on obtient un graphe Ge planaire connexe de n noeuds, m − 1 arêtes
et (m − 1) − n + 2 = m − n + 1 régions (selon l’hypothèse d’induction). En rajoutant e à
Ge , on divise une région de Ge en deux et donc on ajoute une région. Le nombre total des
régions de G est donc donné par m − n + 2 comme annoncé.
E XEMPLE 11.34 Le graphe planaire de la figure 11.32 possède 9 noeuds et 14 arêtes.
Conformément à (11.12), il possède
sa
ge
U
r = 14 − 9 + 2 = 7 régions.
⋄
La formule d’Euler relie également le nombre de faces r, d’arêtes m et de sommets n
de tout polyèdre convexe, i.e. de tout volume dont les faces sont constituées des polygones
plans et dont la totalité du volume est située d’un même côté de chaque face.
E XEMPLE 11.35 En utilisant la formule d’Euler, on peut montrer qu’il est impossible
d’approcher un volume sphérique en n’utilisant que des faces hexagonales. Ainsi, par exemple,
le dôme sphérique de la Géode à Paris, bien que constitué principalement de faces hexagonales
comporte également quelques faces pentagonales.
Montrons plus précisément que tout polyèdre à faces triangulaires a toujours au moins douze
points particuliers où arrivent cinq arêtes.
Notons S5 et S6 les nombres de sommets où arrivent, respectivement, cinq et six arêtes. Par la
formule d’Euler, on a
r = m − S5 − S6 + 2
Puisque toutes les faces sont des triangles et que chaque arête détermine deux faces, on a
3r=2m
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
360
D’autre part, chaque arête donne naissance à deux sommets. Dès lors,
En éliminant r en fonction de m dans ces équations, il vient
1
S5 + S6 = m + 2
3
et donc
S5 = 12
ité
2m = 5S5 + 6S6
11.6 Coloriage.
lim
Ainsi, une sphère pavée par des hexagones aura toujours au moins 12 pentagones. Ce résultat
peut être observé sur les ballons de football généralement constitués de 30 hexagones et 12
pentagones.
⋄
On appelle nombre chromatique d’un graphe le nombre minimal de couleurs
nécessaires pour colorier les noeuds du graphe de telle façon que deux noeuds adjacents
ne portent pas la même couleur.
Les graphes non planaires peuvent avoir un nombre chromatique arbitrairement grand.
Cependant, ainsi que l’on montré Appel et Haken en 1976, les graphes planaires sont
beaucoup moins “gourmands” :
U
sa
ge
T H ÉOR ÈME DES QUATRES COULEURS :
Le nombre chromatique d’un graphe planaire n’est jamais supérieur à 4.
Le problème du coloriage des cartes géographiques est étroitement lié au concept
de nombre chromatique. En effet, lorsque l’on colorie une carte, on souhaite que les
différents pays de cette carte portent des couleurs différentes.
Toute carte (Fig. 11.33) peut être représentée5 par un graphe planaire G. À partir
de ce graphe, on peut construire le graphe dual G′ (Fig. 11.33) obtenu en associant un
noeud de G′ à chaque région de G et en reliant les noeuds de G′ qui correspondent à
des régions adjacentes de G′ , i.e. à des pays ayant une frontière commune. (Deux pays
qui ne se touchent que par un point unique ne seront pas considérés comme adjacents.)
Étant donné la procédure utilisée pour construire le graphe dual, il est clair que toute carte
géographique possède un graphe dual planaire.
5 On
appelle d’ailleurs carte toute représentation planaire d’un graphe.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
C
361
ité
D
B
A
lim
F IG . 11.33
Le problème du coloriage des régions d’une carte revient donc au problème du
coloriage des noeuds du graphe dual.
Le concept de coloriage possède des applications dans les problèmes de planification.
U
sa
ge
E XEMPLE 11.36 Le graphe de la figure 11.33 est planaire et ne peut être coloré avec moins de 4
couleurs.
⋄
E XEMPLE 11.37 Comment une université peut-elle programmer les examens de façon à ce
qu’aucun étudiant ne doive passer deux examens en même temps ?
Ce problème peut être abordé en représentant les différents cours par des noeuds et en plaçant
des arêtes entre ces noeuds à chaque fois qu’un ou plusieurs étudiants doivent présenter les deux
examens.
⋄
E XEMPLE 11.38 Les canaux de télévision nord-américains sont attribués de telle façon que deux
stations distantes de moins de 240 km ne peuvent utiliser la même fréquence. Pour attribuer les
canaux, on attribue un noeud à chacune des stations et on relie entre-elles les stations qui sont
distantes de moins de 240 km. L’attribution des canaux est alors équivalente au coloriage du
graphe.
⋄
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
362
11.7 Exercices.
ité
Remarque : les exercices marqués d’une étoile ne seront abordés qu’en seconde lecture.
1) Tracez un graphe possédant les propriétés données ou expliquer pourquoi un tel
graphe ne peut exister :
a) Graphe de 5 noeuds de degrés 1, 2, 3, 3 et 5.
b) Graphe de 4 noeuds de degrés 1, 2, 3 et 3.
lim
c) Graphe simple de 4 noeuds de degrés 1, 2, 3 et 4.
d) Graphe simple de 6 arêtes et dont tous les noeuds sont de degré 3.
Rép. : b) impossible car la somme des degrés des noeuds est
impaire
c) impossible sans boucle ni arête multiple
2) Dans un groupe de 15 personnes, est-il possible que chacune ait exactement 3 amis
(en supposant que la relation d’amitié est symétrique) ?
Rép. : Non car chaque noeud devrait être de degré 3, donc la
somme des degrés des noeuds serait 45 qui est impair.
U
sa
ge
3) Soit un graphe dont les 5 noeuds sont de degrés 0, 2, 2, 3 et 9. Combien d’arêtes
comporte ce graphe ?
Rép. :
2+2+3+9
=8
2
4) Soit un graphe dont les 5 noeuds sont de degrés 1, 1, 4, 4 et 6. Combien d’arêtes
comporte ce graphe ?
Rép. :
1+1+4+4+6
=8
2
5) Dessinez tous les graphes simples non isomorphes de 3 noeuds.
6) Dessinez tous les graphes simples non isomorphes de 4 noeuds.
7) Dans le graphe ci-dessous, déterminez si les chaı̂nes suivantes sont des chaı̂nes
simples et si elles forment (ou contiennent) des cycles ou des circuits.
a) v0 e1 v1 e10 v5 e9 v2 e2 v1
b) v4 e7 v2 e9 v5 e10 v1 e3 v2 e9 v5
c) v2
d) v5 v2 v3 v4 v5
e) e5 e8 e10 e3
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
v1
v3
e2
e1
e4
e10
ité
e3
v0
363
e5
v2
e9
e7
e8
v5
v4
lim
Rép. : a) Chaı̂ne simple contenant le cycle v1 e10 v5 e9 v2 e2 v1
b) Chaı̂ne non simple car elle contient deux fois l’arête
e9 . Elle contient le cycle v2 e9 v5 e10 v1 e3 v2
c) v2 est un noeud et ne constitue pas une chaı̂ne à lui
seul.
d) Cette notation est un raccourci pour désigner la chaı̂ne
v5 e9 v2 e4 v3 e5 v4 e8 v5 puisqu’il n’y a jamais qu’une arête
possible entre deux noeuds successifs cités. Cette chaı̂ne
est un cycle.
e) Cette notation est un raccourci pour désigner la chaı̂ne
simple v3 e5 v4 e8 v5 e10 v1 e3 v2
U
sa
ge
8) Dans le graphe ci-dessous, déterminez si les chaı̂nes suivantes sont des chaı̂nes
simples et si elles forment (ou contiennent) des cycles ou des circuits.
a) v1 e2 v2 e3 v3 e4 v4 e5 v2 e2 v1 e1 v0
b) v2 v3 v4 v5 v2
c) v4 v2 v3 v4 v5 v2 v4
d) v0 v5 v2 v3 v4 v2 v1
e) v5 v4 v2 v1
v1
v3
e1
e9
v0
e8
v5
e3
e2
e4
v2
e5
e7
e6
v4
Rép. : a) Chaı̂ne non simple car elle contient deux fois l’arête
e2 . Elle contient le cycle v2 e3 v3 e4 v4 e5 v2 .
b) Cycle (notation abrégée).
c) Chaı̂ne non simple car elle contient deux fois
l’arête e5 (entre v2 et v4 ). Elle contient les cycles
v4 v2 v3 v4 v4 v5 v2 v4 v2 v3 v4 v5 v2 .
d) Chaı̂ne simple contenant le cycle v2 v3 v4 v2 .
e) Chaı̂ne simple.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
364
9) Déterminez si les graphes suivants possèdent un circuit eulérien et identifier si
possible un tel circuit.
a
e
h
c
c
d
a
b
c
d
e
f
c
f
d
sa
ge
e
U
b
g
lim
a
f
e
a
d
b
i
ité
b
Rép. : a)Oui : car chaque noeud est de degré pair abebcdeda en
allant de b à e par une des deux arêtes incidentes à b et e
et en revenant de e à b par l’autre, puis en procédant de
même entre d et e.
b) Oui : car chaque noeud est de degré pair
h f igdcg f cb f ebaeh.
c) Non : graphe non connexe.
d) Non : certains noeuds sont de degré impair.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
365
10) Déterminez si les graphes suivants possèdent un cycle hamiltonien.
c
b
e
h
d
c
a
g
f
e
f
lim
a
b
ité
g
d
b
a
e
c
d
f
g
U
sa
ge
Rép. : a) Oui e f hgdacbe (pas unique).
b) Pas de cycle hamiltonien. Seulement chaı̂ne
hamiltonienne f edcgab (pas unique).
c) Pas de cycle hamiltonien. Seulement chaı̂ne
hamiltonienne cbae f gd (pas unique).
11) Montrez qu’un graphe biparti comportant un nombre impair de noeuds ne peut être
Hamiltonien. Justifiez.
– Montrez que le graphe suivant n’est pas Hamiltonien
– Montrez qu’il est impossible à un cavalier de passer une et une seule fois par
toutes les cases d’un échiquier de n × n cases où n est impair et de revenir à son
point de départ.
Remarque. Un cavalier se déplace toujours en formant un “L” de 2 × 3 cases.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
Trouvez le chemin minimal entre a et z dans le graphe ci-dessous
b
5
d
2
2
2
a
3
5
z
e
lim
c
1
4
ité
⋆ 12)
366
Rép. : abedz
13) On considère le graphe suivant :
a
U
sa
ge
d
e
b
c
– Déterminez l’ordre du graphe, le degré de chacun des noeuds et le degré de
connexité.
Rép. : ordre = 5; degrés = {4, 2, 4, 3, 3}; degré de connexité = 2
– Le graphe est-il Eulérien ou semi-Eulérien ? Dans l’affirmative, décrivez un
circuit Eulérien ou une chaı̂ne simple Eulérienne.
Rép. : semi-eulérien :eabcedcad
– Le graphe est-il hamiltonien ou semi-hamiltonien ? Dans l’affirmative, décrivez
un cycle hamiltonien ou une chaı̂ne simple hamiltonienne.
Rép. : Hamiltonien :abcdea
– Déterminez un ensemble fondamental de cycles et un ensemble fondamental de
coupures associés à un même arbre de recouvrement.
– En général, dans quel cas l’ensemble fondamental de cycles et l’ensemble
fondamental de coupures contiennent-ils le même nombre d’éléments ?
Rép. : m = 2(n − 1) pour m arêtes et n noeuds
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
367
14) Déterminez tous les arbres de recouvrement des graphes suivants ainsi que les
ensembles fondamentaux de cycles et de coupures associés :
a
a
c
c
lim
d
b
ité
b
d
Rép. : Premier graphe
Vu le 
théorème de la matrice-arbre
 (p. 351) avec
2 −1
0 −1
 −1
3 −1 −1 
,
M′ = 
 0 −1
1
0 
−1 −1
0
2
il y a
3 −1 −1 −1
1
0 = 3 arbres de recouvrement
−1
0
2 {z
}
|
cofacteur de m′11
U
sa
ge
Vu que le nombre de noeuds vaut 4, il y a, pour chaque
arbre, 4 − 1 = 3 arêtes, 3 coupures fondamentales et 1
cycle fondamental.
Deuxième graphe
Vu le théorème de la matrice-arbre, il y a 8 arbres de
recouvrement. Pour chaque arbre : 3 arêtes, 3 coupures
fondamentales et 2 cycles fondamentaux.
⋆ 15)
Déterminez un arbre de recouvrement minimum pour le graphe suivant
b
1
a
9
7
c
4
8
10
e
2
g
6
3
d
5
f
Rép. : abcde f g.
CHAPITRE 11. ÉLÉMENTS DE LA THÉORIE DES GRAPHES.
b
a
d
c
ité
16) On considère le graphe suivant
368
f
lim
e
g
– Déterminez le nombre de noeuds et d’arêtes.
Rép. : n = 7 noeuds, m = 12 arêtes
– Le graphe est-il simple ? complet ? biparti ? connexe ? eulérien ? semi-eulérien ?
hamiltonien ? un arbre ?
Rép. : Graphe simple, connexe, hamiltonien
U
sa
ge
– Déterminez un arbre de recouvrement, un ensemble fondamental de coupure et
un ensemble fondamental de cycles. Combien d’éléments comportent ces deux
ensembles.
Rép. : 6 coupures, 6 cycles
– Le graphe est-il planaire ? Si oui, déterminez une représentation plane.
Rép. : Graphe planaire
– Combien de régions comporte le graphe ? Vérifiez la formule d’Euler.
Rép. : 7
– Déterminez le nombre chromatique du graphe.
Rép. : 3
ité
Chapitre 12
12.1 Relations.
lim
Structures ordonnées et algébriques.
Une fonction d’un ensemble A vers un ensemble B fait correspondre un et un seul
élément de B à chaque élément de A. Si on veut décrire une situation dans laquelle on
associe un ou plusieurs éléments de B à certains éléments de A, on ne peut utiliser le
concept de fonction mais on dit qu’il existe une relation de l’ensemble A vers l’ensemble
B (qui peut être identique à A). Plus précisément, on introduit la définition suivante :
U
sa
ge
Une relation (binaire) R d’un ensemble A vers un ensemble B est un sousensemble de A × B.
Si (a, b) ∈ R, on écrit généralement a R b. Inversement, si (a, b) 6∈ R, on le note a /R b.
Le domaine d’une relation R de A vers B est l’ensemble des éléments a ∈ A appartenant
à un couple (a, b) ∈ R. L’image (ou le champ) de R est l’ensemble des éléments b ∈ B de
ces couples.
Dans le cas particulier d’une relation R de A vers A, on dit que R est une relation
dans A.
Une relation n-aire entre les ensembles A1 , A2 , . . . , An est un sous-ensemble de
A1 × A2 × · · · × An
E XEMPLE 12.1 Disons que deux pays sont adjacents s’ils ont une frontière commune. Dans ce
cas, la relation R “est adjacent à” est une relation entre les pays de la planète telle que, par exemple,
Italie R Suisse, Italie R France et Canada /R Mexique
⋄
E XEMPLE 12.2 En attribuant une cote à chacun des étudiants du cours de mathématiques
discrètes ayant présenté l’examen, on définit une relation de l’ensemble des étudiants de première
candidature avec l’ensemble {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} des cotes exprimées sur 10.
369
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
370
ité
Il ne s’agit pas d’une fonction mais d’une relation si tous les étudiants n’ont pas présenté
l’examen.
Graphiquement, on peut représenter cette relation à partir du diagramme de Venn des deux
ensembles (Fig. 12.1).
Étudiants
Cotes
g
f
q
10
k
e
p
9
j
d
o
8
i
h
5
4
3
lim
l
c
n
7
2
b
m
6
1
a
0
F IG . 12.1
Le dessin obtenu est le diagramme sagital de la relation.
⋄
U
sa
ge
E XEMPLE 12.3 La relation R définie par l’équation x2 + y2 = 25, soit
R = {(x, y) ∈ R × R | x2 + y2 = 25}
est représentée graphiquement (Fig. 12.2) par le cercle de centre 0 et de rayon égal à 5 si on associe
respectivement l’axe des abscisses et celui des ordonnées aux deux composantes du couple (x, y).
Cette représentation est qualifiée de cartésienne.
y
x2 + y2 = 25
x
F IG . 12.2
La relation R n’est pas assimilable à une fonction puisque, pour chaque valeur de x ∈]5, 5[, il
existe deux valeurs de y telles que xRy.
⋄
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
371
Alors que l’on ne peut pas toujours définir la fonction réciproque d’une fonction
particulière, à toute relation R de A vers B correspond une relation inverse R−1 de B
vers A. Celle-ci consiste en l’ensemble des couples ordonnés inverses de la relation R :
Soit
b R−1 a ⇔ a R b
(12.1)
ité
R−1 = {(b, a)|(a, b) ∈ R}
(12.2)
12.1.1 Propriétés des relations sur un ensemble.
– symétrique lorsque
– antisymétrique lorsque
lim
Une relation R sur un ensemble A est
– réflexive lorsque
∀a ∈ A, aRa
(12.3)
∀a, b ∈ A, aRb ⇔ bRa
(12.4)
∀a, b ∈ A, aRb, bRa
⇒
a=b
(12.5)
aRc
(12.6)
– transitive lorsque
U
sa
ge
∀a, b, c ∈ A, aRb, bRc
⇒
Remarquons que les concepts de symétrie et d’antisymétrie d’une relation ne sont pas
incompatibles. En effet, une relation peut être à la fois symétrique et antisymétrique. Il en
est ainsi de la relation d’égalité = entre deux éléments d’un ensemble.
E XEMPLE 12.4 Considérons la relation ⊂ d’inclusion d’ensembles dans une collection
quelconque d’ensembles. On a
• A ⊂ A quel que soit A : ⊂ est donc réflexive ;
• A ⊂ B n’implique pas B ⊂ A : ⊂ n’est pas symétrique ;
• Si A ⊂ B et B ⊂ A, alors A = B : ⊂ est anti-symétrique ;
• A ⊂ B et B ⊂ C, alors A ⊂ C : ⊂ est transitive.
⋄
12.1.2 Relation et graphe orienté.
Toute relation entre deux ensembles finis A et B peut être représentée par un graphe
orienté. Pour tout a ∈ A et b ∈ B, il suffit de tracer un arc de a vers b.
La représentation d’une relation réflexive comporte des boucles en chacun des noeuds
du graphe orienté. Lorsque la relation est symétrique, à chaque arc de a vers b correspond
une arête de b à a.
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
372
12.1.3 Relation d’équivalence.
ité
Certaines relations R peuvent être utilisées pour identifier et regrouper des éléments
“semblables” d’un ensemble.
E XEMPLE 12.5 La classification du règne animal en espèces est définie par la relation “est de la
même espèce que”.
⋄
E XEMPLE 12.6 La relation R contenant les couples d’étudiants (x, y) ayant obtenu la même cote
à l’examen de mathématiques discrètes permet d’identifier des groupes homogènes d’étudiants. ⋄
lim
Une relation R sur un ensemble A est appelée une relation d’équivalence si
elle est réflexive, symétrique et transitive.
La relation d’égalité = entre deux éléments d’un ensemble quelconque satisfait
manifestement à cette définition. Ce n’est pas la seule.
E XEMPLE 12.7 La relation de congruence modulo m entre deux entiers a et b, soit
R = (a, b)|a ≡ b(mod m)
U
sa
ge
est une relation d’équivalence. En effet, elle est
– réflexive : a ≡ a(mod m) puisque a − a = 0 est divisible par m ;
– symétrique : si a ≡ b(mod m), alors (a − b) est divisible par m. Il en est alors de même de
(b − a) d’où b ≡ a(mod m).
– transitive : si a ≡ b(mod m) et b ≡ c(mod m), (a − b) et (b − c) sont tous deux divisibles
par m. Il en va alors de même pour a − c = (a − b) + (b − c) et donc a ≡ c(mod m).
⋄
E XEMPLE 12.8 Définissons la relation R dans l’ensemble des chaı̂nes de lettres de l’alphabet de
manière telle que aRb si et seulement si le nombre de lettres composant a est égal au nombre
de lettres composant b. Cette relation est une relation d’équivalence puisqu’elle est réflexive,
symétrique et transitive.
⋄
E XEMPLE 12.9 Soit S l’ensemble des circuits logiques à n entrées et une sortie et soit R la relation
binaire sur S telle que, pour tout couple de circuits logiques (C1 ,C2 ), C1 R C2 si et seulement si C1
et C2 possèdent les mêmes tables de vérité. Cette relation R est réflexive, symétrique et transitive.
C’est donc une relation d’équivalence.
⋄
Deux éléments reliés par le biais d’une relation d’équivalence sont dits équivalents.
La relation d’équivalence étant réflexive, chaque élément est équivalent à lui-même dans
une relation d’équivalence. De plus, si a et b sont équivalents, et si b et c sont équivalents,
alors, par transitivité, a est équivalent à c. Ceci montre qu’une relation d’équivalence
définit une ou plusieurs collections d’objets semblables par certains aspects. Cette
constatation est précisée dans la définition suivante :
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
'
E XEMPLE 12.10 Soit
lim
L’ensemble des classes d’équivalence de A, noté A\R est appelé ensemble
quotient de A par R :
A/R = {[a]|a ∈ A}
(12.8)
&
$
ité
Étant donné une relation d’équivalence R sur un ensemble A, on appelle classe
d’équivalence de a ∈ A l’ensemble des éléments de A liés à a par la relation
R, ce qui se note
[a] = {x ∈ A|a R x}
(12.7)
373
%
A = 0, 1, 2, 3, 4
et la relation binaire (Fig. 12.3)
R = (0, 0), (0, 4), (1, 1), (1, 3), (2, 2), (4, 0), (3, 3), (3, 1), (4, 4)
3
4
U
sa
ge
2
0
1
F IG . 12.3
On vérifie aisément que R est une relation d’équivalence dans A puisqu’elle est réflexive
((0, 0), (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4) ∈ R), symétrique ((0, 4), (4, 0) ∈ R, (1, 3), (3, 1) ∈ R) et transitive.
Les classes d’équivalence des différents éléments de A sont données par
[0] = 0, 4 , [1] = 1, 3 , [2] = 2 , [3] = 1, 3 , [4] = 0, 4
Puisque [0] = [4] et [1] = [3], on compte donc trois classes d’équivalences distinctes et
A/R = 0, 4 , 1, 3 , 2
⋄
Comme le suggère l’exemple précédent, les différentes classes d’équivalences induites
par une relation d’équivalence sont disjointes ou confondues :
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
'
374
$
Si R est une relation d’équivalence sur A, alors
ii. [a] = [b] ⇔ a R b
iii. [a] 6= [b] ⇒ [a] ∩ [b] = φ
&
ité
i. a ∈ [a] ∀a ∈ A
%
i. La première propriété est évidente puisque la relation d’équivalence R est réflexive
et donc a R a ∀a ∈ A, soit a ∈ [a].
lim
ii. La seconde propriété est démontrée en deux étapes.
Prouvons d’abord que [a] ⊂ [b] et [b] ⊂ [a] si a R b. En effet, si a R b, alors ∀x ∈ [a]
aRx
xRa
⇒
⇒ x R b ⇒ x ∈ [b]
aRb
aRb
en utilisant successivement la symétrie et la transitivité de R. Dès lors [a] ⊂ [b]. En
procédant de la même façon, on montre que [b] ⊂ [a] et donc [a] = [b].
Inversement, si [a] = [b], alors il existe x ∈ [a] ∩ [b], c’est-à-dire tel que
aRx
aRx
⇒
⇒aRb
bRx
xRb
U
sa
ge
par la symétrie et la transitivité de R.
iii. La troisième propriété est une conséquence de la précédente puisque, si [a]∩[b] 6= φ,
alors a R b et donc [a] = [b]. Dès lors, deux classes d’équivalence ne peuvent être
que disjointes ou égales.
On déduit de cet énoncé que
Si R est une relation d’équivalence dans A, alors l’ensemble quotient A/R
constitue une partition de A
En effet, l’union des classes d’équivalence de A est A lui-même puisque chaque
élément a ∈ A se trouve dans sa propre classe d’équivalence.
De plus, comme les classes d’équivalence de deux éléments a et b sont soit égales,
soit disjointes, on a [a] ∩ [b] = φ si [a] 6= [b].
Les classes d’équivalence forment donc une partition de A.
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
375
E XEMPLE 12.11 Soit R la relation de congruence modulo 3 sur Z ;
Pour un entier a quelconque,
[a] = {x ∈ Z|a R x}
= {x ∈ Z|a ≡ x (mod 3)}
ité
m R n ⇔ m ≡ n (mod 3)
= {x ∈ Z|(∃k ∈ Z) x − a = 3k}
Dès lors,
lim
= {x ∈ Z|x = a + 3k, k ∈ Z}
[0] = {x ∈ Z|x = 3k, k ∈ Z}
= {· · · , −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9, · · · }
[1] = {x ∈ Z|x = 3k + 1, k ∈ Z}
= {· · · , −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10, · · · }
[2] = {x ∈ Z|x = 3k + 2, k ∈ Z}
= {· · · , −7, −4, −1, 2, 5, 8, 11, · · · }
Puisque 3 R 0, il vient [3] = [0] et, plus généralement,
U
sa
ge
[0] = [3] = [−3] = [6] = [−6] = · · ·
[1] = [−2] = [4] = [−5] = [7] = · · ·
[2] = [−1] = [5] = [−4] = [−7] = · · ·
Les classes d’équivalence sont donc disjointes et chaque entier se trouve exactement dans une et
une seule de ces classes d’équivalence. Autrement dit, conformément à l’énoncé précédent, les
classes d’équivalence forment une partition de l’ensemble des entiers.
L’ensemble quotient de Z par R est donc
Z/R = {[0], [1], [2]}
⋄
E XEMPLE 12.12 Soit l’ensemble S des circuits logiques à 2 entrées et une sortie et la relation
d’équivalence R qui associe les circuits possédant la même table de vérité. Déterminons le nombre
de classes d’équivalence.
Pour un circuit C1 quelconque, la classe d’équivalence de C1 est l’ensemble des circuits
possédant la même table de vérité. Puisque celle-ci possède exactement 4 lignes, correspondant
aux 4 combinaisons possibles de 2 entrées, et que chaque combinaison peut donner lieu à deux
sorties différentes, il y a exactement 24 = 16 tables de vérités différentes. Il y a donc également 16
classes d’équivalence. Chacune de ces classes d’équivalence comporte un nombre infini de circuits
différents.
⋄
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
376
lim
ité
Nous venons de montrer que toute relation d’équivalence sur un ensemble A définit
une partition de cet ensemble. Inversement, toute partition de A induit une relation
d’équivalence sur cet ensemble. En effet, il suffit de considérer la relation R qui réunit
les couples (x, y) d’éléments appartenant à un même sous-ensemble de la partition de A.
Manifestement, cette relation est réflexive (chaque élément appartient au même sousensemble que lui-même), symétrique (si x appartient au même sous-ensemble de la
partition que y, alors y appartient au même sous-ensemble de la partition que x) et
transitive (si x et y appartiennent au même sous-ensemble de la partition et que y et z
appartiennent aussi à ce même sous-ensemble, alors x et z appartiennent au même sousensemble de la partition).
12.1.4 Relation d’ordre partiel.
On utilise souvent les relations pour ordonner certains ou tous les éléments d’un
ensemble.
E XEMPLE 12.13 On ordonne les entiers au moyen de la relation “inférieur ou égal à”, notée ≤.
On écrit donc a ≤ b pour signifier que a précède b dans l’ordre (croissant) de Z.
⋄
E XEMPLE 12.14 On peut classer les mots de la langue française d’après leur longueur. Soit la
relation R telle que a R b si le mot a comporte au plus autant de lettres que le mot b. La relation
permet donc de classer les mots selon leur longueur.
⋄
U
sa
ge
#
Une relation d’ordre partiel R sur un ensemble A est une relation réflexive,
antisymétrique et transitive.
Un ensemble A muni d’une relation d’ordre partiel R est dit partiellement
ordonné par la relation R.
"
!
La relation ≤ est bien une relation d’ordre sur Z puisque
– elle est réflexive : x ≤ x
– elle est antisymétrique : x ≤ y, y ≤ x ⇒ x = y
– elle est transitive : x ≤ y, y ≤ z ⇒ x ≤ z
Par similitude avec ≤, les relations d’ordre partiel sont généralement représentées
par le symbole1 4. La notation a 4 b se lit “a précède b”. On utilise aussi les notations
suivantes :
• a ≺ b signifie que a 4 b et a 6= b, soit “a précède strictement b” ;
• b < a signifie a 4 b, soit “b succède à a” ;
• b ≻ a signifie a ≺ b, soit “b succède strictement à a” ;
De même, on introduit encore les notations 64, 6≺, 6≻<
6 .
L’ensemble A muni d’une relation d’ordre partiel 4 constitue une structure ordonnée
notée (A, 4).
1 On
vérifie aisément que la relation ≥ est une relation d’ordre partiel dans Z. On pourra donc écrire
3 4 1 si 4 désigne la relation ≥ !
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
377
E XEMPLE 12.15 La relation d’inclusion ⊂ est une relation d’ordre partiel dans toute collection
d’ensembles.
⋄
ité
E XEMPLE 12.16 La relation ”a divise b”, soit a|b, est une relation d’ordre partiel dans l’ensemble
N des entiers positifs. On a en effet
a|b
a|b
a|a ;
⇒a=b ;
⇒ a|c
b|a
b|c
Remarquons cependant que la relation a|b n’est pas une relation d’ordre partiel dans Z
puisqu’alors a|b et b|a impliquent a = ±b et non a = b.
⋄
lim
Remarquons que si 4 est un ordre partiel sur A, alors la relation inverse < est
également un ordre partiel sur A et est appelée relation d’ordre partiel inverse.
12.1.5 Relation d’ordre total.
Si 4 est une relation d’ordre partiel sur un ensemble A, deux éléments a et b de A sont
dits comparables si et seulement si a 4 b ou b 4 a. Dans le cas contraire, a et b ne sont
pas comparables.
Un ensemble A totalement ordonné est un ensemble partiellement ordonné
dont tous les éléments sont comparables deux à deux. La relation d’ordre est
alors dite totale.
U
sa
ge
E XEMPLE 12.17 L’ensemble Z avec la relation ≤ est totalement ordonné.
⋄
E XEMPLE 12.18 Soit la relation d’ordre ⊂ sur P ({a, b, c}). On a
P ({a, b, c}) = {φ, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}
La relation ⊂ sur P ({a, b, c}) n’est pas un ordre total puisque les sous-ensembles {a, b} et {a, c}
ne sont pas comparables.
⋄
E XEMPLE 12.19 Dans N muni de la relation d’ordre partiel |, les entiers 3 et 9 sont comparables
puisque 3|9. Cependant, 5 et 7 ne sont pas comparables puisque 5 6 |7 et 7 6 |5. Dès lors, l’ensemble
N n’est pas totalement ordonné par |.
⋄
12.1.6 Représentation d’un ensemble partiellement ordonné.
Le graphe orienté d’une relation d’ordre (partiel ou total) ne comporte aucun cycle
hamiltonien. En effet, s’il existait un tel cycle, alors, on aurait n éléments distincts
a1 , a2 , . . ., an tels que
a1 4 a2 , a2 4 a3 , · · · an−1 4 an , an 4 a1
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
378
lim
ité
et donc (par transitivité) a1 4 an . Par antisymétrie, on aurait a1 = an ce qui contredit
l’hypothèse.
Ceci permet de simplifier la représentation du graphe orienté de la relation. D’abord,
on sait que la relation d’ordre est réflexive et donc, on peut omettre la représentation des
boucles en chacun des noeuds. Ensuite, on peut laisser tomber toutes les arêtes que l’on
pourrait reconstituer par transitivité. Enfin, puisqu’il n’y a pas de cycle hamiltonien, on
convient de représenter toutes les arêtes orientées de bas en haut et de se passer des flèches
d’orientation des arêtes. On obtient alors un diagramme de Hasse. Celui-ci peut donc être
construit comme suit :
– à chaque élément de A, on fait correspondre un noeud du diagramme ;
– on trace un segment de droite ascendant de x vers y pour tous les x, y tels que
x4y
6 ∃z t.q. x 4 z 4 y
et
L’élément x est alors appelé le prédécesseur immédiat de y dans A.
E XEMPLE 12.20 Le diagramme de Hasse correspondant à la relation d’ordre partiel (Cf. exemple
12.18) ⊂ sur P ({a, b, c}) est
{a, b, c}
{a, b} {b, c}
U
sa
ge
{a, c}
{a}
{c}
{b}
φ
F IG . 12.4
⋄
Si A est partiellement ordonné par une relation 4, tout sous-ensemble B de A tel que
B est totalement ordonné par la relation 4 est appelé une chaı̂ne. La longueur de la chaı̂ne
est égale au nombre d’éléments de B moins un. Tout ensemble A totalement ordonné
constitue lui-même une chaı̂ne. Le diagramme de Hasse correspondant est constitué d’un
segment vertical joignant tous les éléments de A.
E XEMPLE 12.21 Dans le cas de la relation d’ordre partiel ⊂ sur P ({a, b, c}), le sous-ensemble
B = {φ, {a}, {a, b}, {a, b, c}} constitue une chaı̂ne de longueur 3.
⋄
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
379
12.1.7 Ordre lexicographique.
lim
ité
Les mots d’un dictionnaire sont présentés par ordre alphabétique. La relation d’ordre
total existant sur l’ensemble des lettres de l’alphabet induit une relation d’ordre total sur
les mots et, plus généralement, sur les chaı̂nes de caractères. Cette relation d’ordre est
appelée l’ordre lexicographique.
La démarche consistant à induire un ordre sur un ensemble produit de deux ou
plusieurs ensembles ordonnés peut être généralisée à des ensembles quelconques. En
effet, si A est un ensemble ordonné (partiellement ou totalement) par la relation 4, on peut
définir le produit de (A, 4) par lui-même comme étant l’ensemble A × A = A2 ordonné
par la relation
(a, b) 4 (c, d)
⇔
(a 4 c) et (b 4 d)
(12.9)
Même dans le cas où A est totalement ordonné, A2 n’est cependant généralement pas
totalement ordonné par la relation d’ordre (12.9).
E XEMPLE 12.22 L’ensemble Z est totalement ordonné par la relation ≤. Cependant, Z2 n’est pas
totalement ordonné puisque, par exemple, (1, 2) et (3, 1) ne sont pas comparables pour l’ordre
produit.
⋄
Pour définir un ordre total, on procédera de la façon suivante :
'
$
O RDRE LEXICOGRAPHIQUE DE An
U
sa
ge
Si A est un ensemble totalement ordonné, alors l’ensemble An est totalement
ordonné comme suit :
(
ai = bi i = 1, 2, . . .k < n
(a1 , a2 , . . . , an ) ≺ (b1 , b2 , . . . , bn ) si
et ak ≺ bk
(a1 , a2 , . . . , an ) = (b1 , b2 , . . . , bn ) si ai = bi
i = 1, 2, . . ., n
(12.10)
&
%
E XEMPLE 12.23 La classement des mots dans le dictionnaire suit un ordre lexicographique. On
vérifiera, par exemple, que “bedaine” précède “bedon” et “biceps” conformément à (12.10).
⋄
E XEMPLE 12.24 La relation 4 d’ordre lexicographique dans R2 est telle que, par exemple,
(1, 2) 4 (2, 5),
(1, 2) 4 (1, 5)
et (1, 2) 4 (2, 1)
⋄
12.1.8 Éléments extrémaux.
Les éléments d’un ensemble partiellement ordonné qui ont certaines propriétés
extrémales sont importants dans bon nombre d’applications, par exemple dans les
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
380
ité
problèmes de tri. Si A est un ensemble partiellement ordonné, on introduit donc les
définitions suivantes :
– Un élément a de A est un élément maximal de A si et seulement si x 4 a pour tous
les x ∈ A comparables à a. Autrement dit, un élément a est maximal dans A s’il
n’existe aucun élément x de A tel que a ≺ x.
– Un élément a de A est un élément minimal de A si et seulement si a 4 x pour tous
les x ∈ A comparables à a. Autrement dit, un élément a est minimal dans A s’il
n’existe aucun élément x de A tel que x ≺ a.
Les éléments maximal et minimal sont faciles à repérer dans un diagramme de Hasse.
Il s’agit en effet des éléments situés “en haut” et “en bas” du diagramme.
lim
E XEMPLE 12.25 Dans l’exemple 12.18, φ est un élément minimal et {a, b, c} est un élément
maximal.
⋄
E XEMPLE 12.26 Soit A = {2, 3, 4, 6, 12}. Dans (A, |), les éléments 2 et 3 sont minimaux ; 12 est
le seul élément maximal Fig. 12.5.
12
6
U
sa
ge
4
2
3
F IG . 12.5
Dans le sous-ensemble B = {2, 3, 4} muni de la même relation d’ordre |, les éléments 2 et 3
sont minimaux et les éléments 3 et 4 sont maximaux. Remarquons que 3 est donc à la fois minimal
et maximal.
⋄
E XEMPLE 12.27 Dans (Z, ≤), il n’y a ni élément maximal ni élément minimal. Par contre, dans
(N, ≤), l’élément 0 est minimal.
⋄
Tout ensemble (A, 4) ordonné, fini et non vide possède au moins un élément minimal
et au moins un élément maximal. En effet, si on choisit un élément quelconque a0 ∈ A et
si cet élément n’est pas minimal, alors il existe un élément a1 ∈ A tel que a1 4 a0 . Si a1
n’est pas minimal, il existe un élément a2 ∈ A tel que a2 4 a1 . . . . Puisque A est fini, ce
processus doit s’arrêter par un élément minimal. Le même raisonnement s’applique à la
recherche d’un élément maximal.
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
381
Cette propriété permet de construire une relation d’ordre total sur n’importe quel
ensemble partiellement ordonné fini.
'
∀a, b ∈ A, a 4 b
⇒
ité
T RI TOPOLOGIQUE
Dans tout ensemble ordonné fini et non vide (A, 4), on peut introduire une
relation d’ordre total 4′ telle que
a 4′ b′
La relation d’ordre total 4′ sur A est alors dite compatible avec 4.
lim
&
$
(12.11)
%
De A, on peut extraire un élément minimal a1 . Faisons de cet élément le minimum de
notre ordre total.
On peut ensuite considérer l’ensemble A\{a} qui est ordonné (comme sous-ensemble
de A) et fini. Si cet ensemble est non vide, on peut à nouveau extraire un élément minimal
a2 dont on fait le deuxième élément de l’ordre total.
En procédant de la sorte jusqu’à épuisement des éléments de A, on construira la chaı̂ne
a1 4′ a2 4′ · · · 4′ an
avec
U
sa
ge
a 4′ b si a 4 b
E XEMPLE 12.28 Dans (P (A), ⊂) de l’exemple 12.18, on peut introduire le tri topologique suivant
compatible avec ⊂
φ, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}
Remarquons cependant que
φ, {a}, {b}, {a, b}, {c}, {b, c}, {a, c}, {a, b, c}
constitue un autre tri topologique du même ensemble.
⋄
Si B est un sous-ensemble d’un ensemble A ordonné, alors on dit que
– un élément a ∈ B est un plus grand élément de B si x 4 a ∀x ∈ B ;
– un élément a ∈ B est un plus petit élément de B si a 4 x ∀x ∈ B ;
Manifestement, tout sous-ensemble d’un ensemble ordonné et tout ensemble ordonné
possède au plus un plus grand élément et un plus petit élément. En effet, par exemple, si a
et b étaient deux plus grands éléments de A, alors a 4 b et b 4 a et donc, par antisymétrie,
a = b.
Si B est un sous-ensemble d’un ensemble A ordonné, on introduit encore les
définitions suivantes :
– un élément a ∈ A est un majorant de B si x 4 a ∀x ∈ B ;
– un élément a ∈ A est un minorant de B si a 4 x ∀x ∈ B ;
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
382
ité
– si le plus petit des majorants de B existe, on l’appelle la borne supérieure de B ;
– si le plus grand des minorants de B existe, on l’appelle la borne inférieure de B.
Les bornes supérieure et inférieure sont, respectivement, un plus grand et un plus petit
élément. Elles sont donc uniques, si elles existent.
12.2 Treillis.
lim
Un ensemble partiellement ordonné (A, 4) est un treillis si toute paire {a, b}
d’éléments de A admet une borne supérieure et une borne inférieure.
Dans ce cas, on utilise les notations a ∨ b et a ∧ b pour désigner, respectivement, la
borne supérieure et la borne inférieure de {a, b}.
Selon la définition, un treillis est constitué de deux éléments : un ensemble A et
une relation d’ordre partiel 4. On dit que ces deux éléments définissent une structure.
Cette définition est semblable à celle d’un espace vectoriel qui constitue également une
structure. Dans le cas d’un treillis, la structure est donnée par une relation d’ordre partiel.
C’est pourquoi on parle de structure ordonnée.
U
sa
ge
E XEMPLE 12.29 Si A est un ensemble quelconque, (P (A), ⊂) est un treillis. En effet, la borne
supérieure d’une paire {B,C} de parties de A est donnée par B ∪C et la borne inférieure est B ∩C.
On écrira donc
B ∨C = B ∪C
B ∧C = B ∩C
⋄
E XEMPLE 12.30 L’ensemble ordonné (N, |) est un treillis. En effet, quels que soient les entiers
a, b ∈ N, on a
a ∧ b = pgcd(a, b)
a ∨ b = ppcm(a, b)
En effet, d’une part, pgcd(a, b) divise a et b et est donc un minorant de {a, b}. D’autre part,
pgcd(a, b) est un multiple de tous les diviseurs de a et b. C’est donc le plus grand des minorants,
i.e. la borne inférieure.
Le raisonnement est identique pour a ∨ b = ppcm(a, b).
⋄
E XEMPLE 12.31 Soit Dn l’ensemble des diviseurs de n avec n ∈ N0 . L’ensemble ordonné (Dn , |)
est un treillis. En effet, ∀a, b ∈ Dn , pgcd(a, b) ∈ N0 . D’autre part, comme n est un multiple commun
de a et b, ppcm(a, b) divise n, soit ppcm(a, b) ∈ Dn . On peut donc encore écrire
a ∧ b = pgcd(a, b)
a ∨ b = ppcm(a, b)
⋄
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
383
E XEMPLE 12.32 Soit un ensemble partiellement ordonné (A, 4) tel que A = {0, a, b, c, d, 1} et
d
a
b
lim
c
ité
1
0
F IG . 12.6
Les éléments a et b admettent trois majorants c, d et 1. Cependant, aucun des trois n’est le plus
petit. Donc (A, 4) ne constitue pas un treillis.
⋄
'
U
sa
ge
Tout ensemble (A, 4) totalement ordonné est un treillis avec
(
(
a si a 4 b
b si a 4 b
a∧b =
a∨b =
b si b 4 a
a si b 4 a
$
(12.12)
&
%
12.2.1 Treillis et algèbre de Boole.
La définition d’une algèbre de Boole donnée au chapitre 7 n’est pas celle qui est
utilisée le plus souvent.
'
$
Une algèbre de Boole est un treillis (A, 4)
– distributif, i.e. ∀a, b, c ∈ A,
a ∧ (b ∨ c) = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c)
et
a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c)
(12.13)
– complémenté, i.e. A contient un plus petit élément 0 et un plus grand
élément 1 et pour tout a ∈ A, il existe un élément a ∈ A, appelé le
complément de a, tel que
a∧a = 0
et
&
a∨a = 1
(12.14)
%
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
384
E XEMPLE 12.33 Selon cette nouvelle définition, le treillis (P (A), ⊂) est une algèbre de Boole.
Nous avons déjà montré que (P (A), ⊂) est un treillis.
En utilisant les résultats de la théorie des ensembles, on a, de plus, ∀B,C, D ∈ A,
et
B ∪ (C ∩ D) = (B ∪C) ∩ (B ∩ D)
Le plus petit élément de P (A) est l’ensemble vide φ puisque
φ ⊂ X , ∀X ∈ P (A)
Le plus grand élément de P (A) est A puisque
lim
X ⊂ A, ∀X ∈ P (A)
ité
B ∩ (C ∪ D) = (B ∩C) ∪ (B ∩ D)
Enfin, le complément d’un sous-ensemble X quelconque de A est le sous-ensemble
complémentaire X = A\X .
⋄
U
sa
ge
À partir de la définition d’une algèbre de Boole comme treillis distributif
complémenté, on peut retrouver la définition du chapitre 7 :
– D’une part, le plus petit élément et le plus grand élément sont les éléments neutres
des opérations ∧ et ∨. En effet, 0 est le plus petit élément de A, donc la borne
supérieure de a et 0 est nécessairement a, soit a ∨ 0 = a.
De même, la borne inférieure de a et 1 est a, soit a ∧ 1 = a, vu que 1 est le plus
grand élément de A.
– D’autre part, les opérations ∧ et ∨ sont associatives. Posons u = y ∨ z. On a
y 4 x ∨ y 4 (x ∨ y) ∨ z et z 4 (x ∨ y) ∨ z
⇒
u 4 (x ∨ y) ∨ z
De plus,
x 4 x ∨ y 4 (x ∨ y) ∨ z et donc x ∨ u 4 (x ∨ y) ∨ z
c’est-à-dire
x ∨ (y ∨ z) 4 (x ∨ y) ∨ z
De la même façon, on aura
(x ∨ y) ∨ z 4 x ∨ (y ∨ z)
et donc
(x ∨ y) ∨ z = x ∨ (y ∨ z)
L’associativité de ∧ se démontre de la même façon.
Dès lors, toutes les propriétés démontrées au chapitre 2 peuvent être retrouvées, y
compris l’unicité de 0 et 1 ainsi que le principe de dualité.
Si (B, 4) désigne une algèbre de Boole finie, tout sous-ensemble de B est ordonné
et possède un élément minimal. On appelle atome de B tout élément minimal du
sous-ensemble ordonné B\{0}. Un élément a de B est donc un atome si a succède
immédiatement à 0.
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
385
On démontre que
ité
Toute algèbre de Boole finie (B, 4) est isomorphe à l’algèbre de Boole
(P (A), ⊂) où A est l’ensemble des atomes de B.
lim
Ce théorème possède les conséquences importantes suivantes :
– Le cardinal de toute algèbre de Boole finie est une puissance de 2 (puisque
l’ensemble des parties d’un ensemble fini de n éléments est 2n ) ;
– Si deux algèbres de Boole finies ont même cardinal, leurs diagrammes de Hasse
coı̈ncident.
12.3 Groupe.
Dans le chapitre deux, et la section précédente, nous avons introduit deux types
de structures : l’espace vectoriel et le treillis. Dans cette section, nous considérons un
nouveau type de structure algébrique : la structure de groupe.
'
Un groupe G est un ensemble non vide muni d’une loi de composition interne
◦ vérifiant les axiomes suivants2 :
$
i. fermeture :
U
sa
ge
∀a, b ∈ G, a◦b ∈ G
(12.15)
ii. associativité :
∀a, b, c ∈ G, a◦(b◦c) = (a◦b)◦c = a◦b◦c
(12.16)
iii. existence d’un élément neutre e :
∃e ∈ G : ∀a ∈ G, a◦e = e◦a = a,
(12.17)
iv. existence de l’inverse de tout élement :
&
∀a ∈ G, ∃a−1 ∈ G : a−1 ◦a = e = a◦a−1
(12.18)
%
Remarquons que la définition d’un groupe demande de préciser l’ensemble G et la loi
de composition interne. La structure correspondante est généralement notée (G, ◦) voire
(G, ◦, e)
Un groupe est dit fini si G est fini. Le nombre d’éléments |G| de G est alors appelé
l’ordre de G.
2
Lorsqu’on se limite aux trois premières propriétés, i.e. fermeture, associativité et existence d’un
élément neutre, on parle d’un monoı̈de.
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
386
Un groupe est dit abélien si, en plus des propriétés (12.15) à (12.18), l’opération
binaire ◦ est commutative, c’est-à-dire si
∀a, b ∈ G, a◦b = b◦a
ité
(12.19)
Dans la définition d’un groupe la loi de composition interne ◦ représente n’importe
quelle opération binaire sur G, c’est-à-dire n’importe quelle fonction telle que
G × G → G : (x, y) 7→ x ◦ y
(12.20)
lim
Dans la suite, nous utiliserons la simplification d’écriture consistant à écrire
l’opération de composition interne par juxtaposition ab. On dit alors que le groupe G est
décrit multiplicativement. Quand G est abélien, cependant, l’opération binaire est souvent
représentée par + et G est alors dit décrit additivement. Dans ce cas, l’élément neutre est
représenté par 0 tandis que l’inverse de a est représenté par −a et appelé l’opposé de a.
E XEMPLE 12.34 L’ensemble R muni de la loi habituelle d’addition constitute un groupe abélien
dont l’élément neutre est 0 et dans lequel l’opposé d’un élément a quelconque est −a.
De même (C, +, 0) et (Z, +, 0) sont des groupes abéliens. Par contre, (N, +, 0) n’est pas un
groupe car l’inverse d’un élément a 6= 0 quelconque n’est pas défini dans N.
⋄
U
sa
ge
E XEMPLE 12.35 L’ensemble R0 muni de la loi habituelle de multiplication constitue un groupe
abélien dont l’élément neutre est 1 et dans lequel l’inverse d’un élément a quelconque est 1/a.
De même (C0 , ·, 1) est un groupe abélien. Par contre, (R, ·, 1) n’est pas un groupe car 0 ne
possède pas d’inverse.
⋄
E XEMPLE 12.36 L’ensemble des matrices carrées régulières d’ordre n muni de la loi de
multiplication matricielle est un groupe dont le neutre est In et l’inverse de A est A−1 .
La multiplication matricielle n’étant pas commutative, ce groupe n’est pas abélien.
⋄
E XEMPLE 12.37 On a défini une permutation comme étant une bijection σ de l’ensemble
{1, 2, . . . , n} sur lui-même représentée par
1 2 ... n
σ=
j1 j2 . . . jn
où ji = σ(i).
L’ensemble des permutations est noté Sn et compte n! éléments. La composition de
permutations dans Sn appartient à Sn tout comme l’élément neutre ε et les inverses des
permutations. Ainsi Sn , muni de la loi de composition des permutations, est un groupe appelé
groupe symétrique d’ordre n.
Par exemple, les éléments de S3 sont
1 2 3
1 2 3
1 2 3
ε=
σ2 =
φ1 =
1 2 3
3 2 1
2 3 1
1 2 3
σ1 =
1 3 2
1 2 3
σ3 =
2 1 3
1 2 3
φ2 =
3 1 2
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
387
La table de multiplication dans S3 , c’est-à-dire la table décrivant le résultat de la composition
interne de deux éléments de S3 est :
σ1
σ1
ε
φ2
φ1
σ2
σ3
σ2
σ2
φ1
ε
φ2
σ3
σ1
σ3
σ3
φ2
φ1
ε
σ1
σ2
φ1
φ1
σ2
σ3
σ1
ε
φ2
φ2
φ2
σ3
σ1
σ2
φ1
ε
ité
ε
ε
ε
σ1 σ1
σ2 σ2
σ3 σ3
φ2 φ2
φ1 φ1
⋄
lim
E XEMPLE 12.38 L’ensemble des rotations constitue un groupe. En effet, la composition de deux
rotations, c’est-à-dire l’application successive de deux rotations, constitue une nouvelle rotation.
Le neutre correspond à une transformation d’identité de l’espace. L’inverse d’une rotation est la
rotation dans le sens inverse.
La composition de deux rotations n’est pas commutative. Le groupe correspondant n’est donc
pas abélien.
⋄
12.3.1 Propriétés des groupes.
U
sa
ge
En utilisant les axiomes (12.15) à (12.18), on montre que tout groupe possède les
propriétés suivantes :
i. L’élément neutre est unique.
Si e et e′ sont deux éléments neutres, alors
e = e′ e = e′
ii. L’inverse d’un élément est unique.
Si x a = e = a x et y a = e = a y alors
x = x e = x (a y) = (x a) y = e y = y = a−1
iii. Quels que soient les éléments a et b de G,
(a b)−1 = b−1 a−1
(12.21)
puisque
(b−1 a−1 ) (a b) = b−1 (a−1 a) b = b−1 e b = b−1 b = e
= (a b) (b−1 a−1 )
iv. e−1 = e
v. (a−1 )−1 = a
vi. Simplifiabilité à gauche :
ab = ac
⇒
b=c
(12.22)
ba = ca
⇒
b=c
(12.23)
vii. Simplifiabilité à droite :
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
388
12.3.2 Produit direct.
ité
On peut définir de nouveaux groupes par des opérations sur des groupes.
Soient deux groupes (G, ◦, e) et (G′ , ◦′ , e′ ). Le produit direct de ces deux groupes est
la structure algébrique (G × G′ , ⋆, (e, e′ )) dans laquelle la loi de composition ⋆ est définie
composante par composante, c’est-à-dire telle que
(a, a′) ⋆ (b, b′) = (a◦a′ , b◦′ b′ )
(12.24)
lim
pour tout a, b ∈ G et a′ , b′ ∈ G′ .
On vérifie aisément que (G × G′ , ⋆, (e, e′ )) constitue un groupe. Il est abélien si
(G, ◦, e) et (G′ , ◦′ , e′ ) le sont.
E XEMPLE 12.39 Le groupe abélien (Rn , +, (0, 0, . . . , 0)) est obtenu par produit direct de n copies
de (R, +, 0).
⋄
12.3.3 Sous-groupes.
Un sous-groupe d’un groupe G est un sous-ensemble H de G muni de l’opération de
composition interne de G et formant un groupe. Évidemment H est un sous-groupe s’il
possède les trois propriétés suivantes.
U
sa
ge
i. L’élément neutre e appartient à H.
ii. H est stable pour la loi de composition interne, c’est-à-dire
∀a, b ∈ H, a b ∈ H
(12.25)
iii. H est stable pour les inverses, c’est-à-dire
∀a ∈ H, ∃a−1 ∈ H : a−1 a = e = a a−1
(12.26)
Notons que, puisque l’opération de composition interne est héritée de G, elle est
également associative (et commutative si G est abélien) dans H.
Tout groupe G a pour sous-groupes triviaux {e} et G lui-même. Tout autre sous-groupe
de G est dit sous-groupe non trivial.
12.3.4 Sous-groupes normaux.
Si H est un sous-groupe de G et a ∈ G, l’ensemble
Ha = {h a : h ∈ H}
(12.27)
est appelé classe à droite suivant H. De même,
aH = {a h : h ∈ H}
est la classe à gauche suivant H.
Les classes à gauche et à droite possèdent les propriétés suivantes :
(12.28)
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
389
i. Si H est un sous-groupe du groupe G, alors les classes à droite Ha forment une
partition de G.
ité
ii. Si H est un sous-groupe du groupe fini G, alors l’ordre de H divise l’ordre de G. Le
nombre de classes à droite de H dans G, appelé index de H dans G est alors égal
au nombre de classes à gauche de H dans G et les deux nombres sont égaux à |G|
divisé par |H|.
lim
Un sous-groupe H de G est dit sous-groupe normal si a−1 Ha ⊂ H pour tout a ∈ G.
Autrement dit, H est normal si aH = Ha pour tout a ∈ G, c’est-à-dire si les classes à
gauche et à droite coı̈ncident. En particulier, tout sous-groupe d’un groupe abélien est
normal.
Si H est un sous-groupe normal de G, alors les classes suivant H dans G forment un
groupe muni de la multiplication des classes. Ce groupe est appelé groupe quotient et est
représenté par G|H.
E XEMPLE 12.40 Considérons le groupe formé par l’ensemble Z des entiers muni de loi
d’addition. Soit H l’ensemble des multiples de 5, c’est-à-dire
H = {. . . , −10, −5, 0, 5, 10, . . .}
alors H est un sous-groupe (forcément normal) de Z. Les classes suivant H dans Z sont :
[0] = 0 + H = {. . . , −10, −5, 0, 5, 10, . . .}
U
sa
ge
[1] = 1 + H = {. . . , −9, −4, 1, 6, 11, . . .}
[2] = 2 + H = {. . . , −8, −3, 2, 7, 12, . . .}
[3] = 3 + H = {. . . , −7, −2, 3, 8, 13, . . .}
[4] = 4 + H = {. . . , −6, −1, 4, 9, 14, . . .}
Pour tout autre entier n ∈ Z, [n] = n + H est égal à l’une des classes ci-dessus. Ainsi,
Z|H = {0, 1, 2, 3, 4} muni de l’addition, est un groupe, dont la table d’addition est :
+
[0]
[1]
[2]
[3]
[4]
[0]
[1]
[2]
[3]
[4]
[0]
[1]
[2]
[3]
[4]
[1]
[2]
[3]
[4]
[0]
[2]
[3]
[4]
[0]
[1]
[3]
[4]
[0]
[1]
[2]
[4]
[0]
[1]
[2]
[3]
Ce groupe quotient Z|H est celui des entiers modulo 5 que l’on représente par Z5 . De même,
pour tout entier positif n, il existe un groupe quotient Zn des entiers modulo n.
⋄
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
390
12.3.5 Isomorphisme de groupes.
f (a ◦ b) = f (a) ◦ f (b)
ité
Une application f du groupe G dans le groupe G′ est un homomorphisme si
pour tout a, b de G.
Si f est bijective, il s’agit d’un isomorphisme et G, G′ sont isomorphes, ce que nous
écrivons G ∼ G′ .
lim
E XEMPLE 12.41 Les groupes (R+
0 , ·, 1) et (R, +, 0) sont isomorphes. La fonction logarithme est
+
en effet un isomorphisme de (R0 , ·, 1) sur (R, +, 0) puisqu’elle est bijective et que
∀a, b ∈ R+
0 , ln(a · b) = ln a + ln b
La multiplication de deux éléments de R+
0 est donc équivalente à l’addition de deux éléments de
R.
⋄
E XEMPLE 12.42 Étant donné le groupe (R, +, 0) des nombres réels avec l’addition et le groupe
+
(R+
0 , ·, 1) des nombres réels positifs avec la multiplication, l’application f : R → R0 définie par
a
f (a) = 2 est un homéomorphisme car
f (a + b) = 2a+b = 2a 2b = f (a) f (b)
U
sa
ge
De plus, f est bijective et donc les groupes (R, +, 0) et (R+
0 , ·, 1) sont isomorphes.
Remarquons que l’on peut définir différents isomorphismes pour deux groupes isomorphes
puisque les groupes de cet exemple sont identiques à ceux de l’exemple précédent.
⋄
Le théorème suivant est fondamental pour la théorie des groupes.
: G → G′
Soit f
un homéomorphisme de noyau K, alors K est un sous-groupe
normal de G et le groupe G|K est isomorphe à l’image de f .
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
391
12.3.6 Anneaux, domaines d’intégrité et corps.
$
'
i. Fermeture
∀a, b ∈ R, (a + b) ∈ R et
ité
Un ensemble R non vide muni de deux opérations binaires, une opération
d’addition, notée +, et une opération de multiplication, écrite par
juxtaposition, est un anneau si les axiomes suivants sont valides :
ab ∈ R
(12.29)
ii. Associativité de l’addition et de la multiplication :
lim
∀a, b, c ∈ R, (a + b) + c = a + (b + c) = a + b + c
∀a, b, c ∈ R, (ab)c = a(bc) = abc
(12.30)
(12.31)
iii. Existence d’un élément neutre additif 0 :
∃0 ∈ R : ∀a ∈ R, a + 0 = 0 + a = a
(12.32)
iv. Existence de l’inverse additif −a :
∀a ∈ R, ∃ − a ∈ R : a + (−a) = (−a) + a = 0
(12.33)
U
sa
ge
v. Commutativité de l’addition :
∀a, b, c ∈ R, a + b = b + a
(12.34)
vi. Distributivité de l’addition par rapport à la multiplication :
&
∀a, b, c ∈ R, a(b + c) = ab + ac et
(b + c)a = ba + ca
Observons que R muni de l’addition est un groupe abélien.
À partir des axiomes, on peut montrer que
∀a ∈ R, a · 0 = 0 · a = 0
(12.35)
%
(12.36)
On dit que R est un anneau commutatif si
∀a, b ∈ R, ab = ba
(12.37)
On dit également que R est un anneau avec un élément neutre multiplicatif s’il existe
un élément 1 ∈ R, différent de 0, tel que
∀a ∈ R, a · 1 = 1 · a = a
Un sous-ensemble non vide J de l’anneau R est un idéal dans R si :
(12.38)
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
392
i. a + b ∈ J pour tout a, b ∈ J
{a + J : a ∈ R}
qui forment une partition de R
'
ité
ii. ra, ar ∈ J pour tout r ∈ R, a ∈ J
J est donc un sous-anneau de R mais également un sous-groupe (nécessairement normal)
du groupe additif R. Ainsi, nous pouvons constituer une collection de classes suivant J
(12.39)
lim
Soit J un idéal d’un anneau R, alors les classes {a + J : a ∈ R} forment un
anneau muni des opérations des classes
(a + J) + (b + J) = a + b + J
&
et
$
(a + J)(b + J) = ab + J
Cet anneau est noté R|J et appelé anneau quotient.
%
U
sa
ge
Si R est un anneau commutatif avec un élément neutre multiplicatif, pour tout a ∈ R,
l’idéal (a) = {ra : r ∈ R} est appelé l’idéal principal généré par a. Si tout idéal dans R est
un idéal principal, alors R est un anneau idéal principal.
Un élément a 6= 0 dans un anneau commutatif R est un diviseur de zéro s’il existe un
élément b 6= 0 tel que ab = 0
Un anneau commutatif R, avec un élément neutre multiplicatif, sans diviseur de zéro,
est un domaine d’intégrité, c’est-à-dire que ab = 0 implique a = 0 ou b = 0
Un anneau commutatif R, avec un élément neutre multiplicatif 1 (différent de 0), est
un corps, si tout élément a ∈ R, 6= 0 possède un inverse multiplicatif, c’est-à-dire qu’il
existe un élément a−1 ∈ R tel que aa−1 = a−1 a = 1.
Un corps est nécessairement un domaine d’intégrité car si ab = 0 et a 6= 0 alors
b = 1 · b = a−1 ab = a−1 · 0 = 0
On remarque qu’un corps peut être considéré comme un anneau commutatif dans
lequel les éléments différents de 0 avec la multiplication forment un groupe.
E XEMPLE 12.43 L’ensemble Z des entiers muni de l’addition et de la multiplication est un
exemple classique de domaine d’intégrité (avec un élément neutre multiplicatif différent du neutre
additif 0). Tout idéal J dans Z est un idéal principal, c’est-à-dire que J = (m) pour un certain entier
m. L’anneau quotient Zm = Z/(m) est appelé anneau des entiers modulo m. Si m est premier, alors
Zm est un corps. D’un autre point de vue, si m n’est pas premier alors Zm a des diviseurs de zéro.
Par exemple, dans l’anneau Z6 , nous avons
[2] · [3] = [0]
mais
[2] 6= [0] et
[3] 6= [0]
⋄
E XEMPLE 12.44 Les ensembles des rationnels Q et des réels R munis de l’addition et de la
multiplication habituelles forment chacun un corps.
⋄
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
393
12.4 Exercices.
ité
1) Soit R la relation d’équivalence suivante dans l’ensemble A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} :
R = {(1, 1), (1, 5),(2, 2), (2, 3), (2, 6), (3, 2),
(3, 3), (3, 6), (4, 4), (5, 1), (5, 5), (6, 2), (6, 3), (6, 6)}
Trouvez la partition de A induite par R, c’est-à-dire trouver les classes
d’équivalence de R.
lim
2) Soit W = {1, 2, 3, 4} et les relations suivantes dans W :
R1 = {(1, 1), (2, 1)}
R2 = {(1, 1), (2, 3), (4, 1)}
R3 = {(3, 4)}
R4 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}
R5 = {(1, 3), (2, 4)}
Déterminer lesquelles sont réflexives, symétriques, antisymétriques, transitives.
U
sa
ge
3) Soient R et S deux relations dans l’ensemble A. On suppose que A compte au moins
trois éléments. Etablissez la véracité des énoncés ci-dessous. Si l’énoncé est faux,
donnez un contre-exemple avec A = {1, 2, 3}.
a) Si R et S sont symétriques, alors R ∩ S est symétrique.
b) Si R et S sont symétriques, alors R ∪ S est symétrique.
c) Si R et S sont réflexives, alors R ∩ S est réflexive.
d) Si R et S sont réflexives, alors R ∪ S est réflexive.
e) Si R et S sont transitives, alors R ∩ S est transitive.
f) Si R et S sont antisymétriques, alors R ∪ S est antisymétrique.
g) Si R est antisymétrique, alors R−1 est antisymétrique.
h) Si R est réflexive, alors R ∩ R−1 n’est pas vide.
i) Si R est symétrique, alors R ∩ R−1 n’est pas vide.
4) Prouvez que si R est une relation d’équivalence dans un ensemble A, alors R−1 est
aussi une relation d’équivalence dans A.
5) Étant donnés N = {1, 2, 3, . . .} et la relation ≃ dans N × N définie par
(a, b) ≃ (c, d) si ad = bc
Démontrez que ≃ est une relation d’équivalence.
CHAPITRE 12. STRUCTURES ORDONNÉES ET ALGÉBRIQUES.
394
6) Soient A = {1, 2, 3, . . ., 9} et une relation ¬ dans A × A définie par :
(a, b)¬(c, d) si a + d = b + c
ité
a) Démontrez que ¬ est une relation d’équivalence.
U
sa
ge
lim
b) Trouvez [(2, 5)], c’est-à-dire la classe d’équivalence de (2, 5).
ité
lim
Bibliographie
[1] BENDER C.M. et ORSZAG S.A., 1978. Advanced Mathematical Methods for
Scientists and Engineers. McGraw-Hill, 593p.
[2] CHUA L.O., DESOER C.A. et KUH E.S., 1987. Linear and Nonlinear Circuits.
McGraw-Hill, 842 p.
[3] EPP S.S., 1993. Discrete Mathematics with Applications. PWS, 788 p.
sa
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[4] FLAJOLET P. et SEDGEWICK R., 1996. An Introduction to the Analysis of
Algorithms. Addison-Wesley, 492 p.
[5] JAMES G., 1996. Modern Engineering Mathematics. Addison-Wesley, 954 p.
[6] LIPSCHUTZ S., 1990. Mathématiques discrètes. McGraw-Hill, 248 p.
[7] MARCHAND M., 1989. Mathématique discrète. De Boeck, 499 p.
[8] ROSEN K. H., 1998. Mathématiques discrètes. McGraw-Hill, 669 p.
[9] WILLEMS J.L., 1970. Stability Theory of Dynamics Systems. John Willey and Sons,
288 p.
U
[10] WILSON R.J., 1996. Graph Theory. Longman, 171 p.
395
Théorie des ensembles.
6.1 Ensemble. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Sous-ensemble. . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Diagramme de Venn. . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Opérations sur les ensembles. . . . . . . . . . .
6.4.1 Union et intersection. . . . . . . . . . .
6.4.2 Parties d’ensembles et produit cartésien.
6.5 Fonction. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.5.1 Définition. . . . . . . . . . . . . . . .
6.5.2 Injection, surjection, bijection. . . . . .
6.6 Ensemble fini, infini et dénombrable. . . . . . .
U
sa
ge
6
7
ité
lim
Table des matières
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Calcul propositionnel et algèbre de Boole.
7.1 Propositions et opérateurs logiques. . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Composition de propositions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3 Algèbre de propositions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4 Implications logiques. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5 Tautologie et contradiction. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.6 Propositions et quantificateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.7 Système de raisonnement formel et méthodes de démonstration.
7.7.1 Preuve indirecte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.8 Algèbre de Boole. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.8.1 Dualité. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.8.2 Propriétés fondamentales. . . . . . . . . . . . . . . . .
7.9 Forme canonique disjonctive. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.9.1 Algèbre de Boole et électronique. . . . . . . . . . . . .
7.9.2 Expression booléenne minimale. . . . . . . . . . . . . .
7.10 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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185
185
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192
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196
199
200
201
202
205
206
208
211
TABLE DES MATIÈRES
397
8
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231
231
234
236
238
242
243
246
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250
253
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270
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289
289
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296
298
298
299
300
301
301
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lim
10 Dénombrement.
10.1 Principes de la somme et du produit. . . . .
10.1.1 Principe du produit. . . . . . . . . .
10.1.2 Principe de la somme. . . . . . . .
10.2 Principe des tiroirs. . . . . . . . . . . . . .
10.3 Permutations. . . . . . . . . . . . . . . . .
10.4 Arrangements. . . . . . . . . . . . . . . . .
10.5 Combinaisons. . . . . . . . . . . . . . . .
10.6 Permutations et combinaisons généralisées.
10.6.1 Permutations avec répétition. . . . .
10.6.2 Arrangements avec répétition. . . .
10.6.3 Combinaisons avec répétition. . . .
10.7 Résumé pratique. . . . . . . . . . . . . . .
10.8 Principe d’inclusion-exclusion. . . . . . . .
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ité
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Équations aux différences.
9.1 Equations aux différences du premier ordre. . . . . . . . . .
9.2 Equations aux différences linéaires. . . . . . . . . . . . . .
9.2.1 Equations aux différences linéaires et homogènes. .
9.2.2 Equations aux différences linéaires non homogènes.
9.3 Fonction génératrice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
sa
ge
9
Les entiers.
8.1 Principe d’induction mathématique. . . . . . .
8.2 Opérations sur les entiers. . . . . . . . . . . . .
8.2.1 Division entière. . . . . . . . . . . . .
8.2.2 Nombres premiers. . . . . . . . . . . .
8.2.3 Plus grand commun diviseur. . . . . . .
8.2.4 Équations diophantines linéaires. . . . .
8.2.5 Plus petit commun multiple. . . . . . .
8.2.6 Arithmétique modulaire. . . . . . . . .
8.2.7 Congruences linéaires. . . . . . . . . .
8.2.8 Théorèmes d’Euler et de Fermat. . . . .
8.2.9 Cryptographie à clé publique. . . . . .
8.2.10 Représentation des nombres en base b. .
8.3 Algorithmes et définitions récursifs. . . . . . .
8.4 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
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10.8.1 Dérangement. . . . . . . . . . . . . . . . .
10.9 Relations de récurrence et dénombrement. . . . . .
10.9.1 Raisonnement par induction. . . . . . . . .
10.9.2 Relation de récurrence avec fractionnement.
10.10Dénombrement et fonction génératrice. . . . . . .
10.11Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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fondamental de
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11 Éléments de la théorie des graphes.
11.1 Introduction et définitions. . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.1 Graphe simple. . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.2 Degré d’un noeud. . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.3 Représentation matricielle. . . . . . . . . . . .
11.2 Parcours dans un graphe. . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.1 Chaı̂ne et cycle. . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.2 Connexité. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.3 Dénombrement des chaı̂nes. . . . . . . . . . .
11.2.4 Connexité et graphe simple. . . . . . . . . . .
11.2.5 Circuit eulérien. . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.6 Cycle hamiltonien. . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.7 Chemin de coût minimum. . . . . . . . . . . .
11.2.8 Graphe orienté. . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3 Arbre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3.1 Définition. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3.2 Arborescence. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3.3 Propriétés des arbres. . . . . . . . . . . . . . .
11.4 Arbre de recouvrement. . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.4.1 Nombre d’arbres de recouvrement. . . . . . . .
11.4.2 Arbres de recouvrement minimum. . . . . . .
11.4.3 Ensemble fondamental de cycles et ensemble
coupures. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5 Graphe planaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5.1 Formule d’Euler. . . . . . . . . . . . . . . . .
11.6 Coloriage. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.7 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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12 Structures ordonnées et algébriques.
369
12.1 Relations. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369
12.1.1 Propriétés des relations sur un ensemble. . . . . . . . . . . . . . 371
12.1.2 Relation et graphe orienté. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371
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Bibliographie
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12.1.3 Relation d’équivalence. . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.4 Relation d’ordre partiel. . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.5 Relation d’ordre total. . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.6 Représentation d’un ensemble partiellement ordonné.
12.1.7 Ordre lexicographique. . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.8 Éléments extrémaux. . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2 Treillis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2.1 Treillis et algèbre de Boole. . . . . . . . . . . . . .
12.3 Groupe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3.1 Propriétés des groupes. . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3.2 Produit direct. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3.3 Sous-groupes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3.4 Sous-groupes normaux. . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3.5 Isomorphisme de groupes. . . . . . . . . . . . . . .
12.3.6 Anneaux, domaines d’intégrité et corps. . . . . . . .
12.4 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
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