corrigé

TD1 - ensembles de nombres
Exercice 1 : D´emontrer que l’axiomatique de Peano n’est pas redondante.
(Commencer par r´efl´echir `a ce que cela peut bien vouloir dire.)
Dire que l’axiomatique n’est pas redondante signifie qu’aucun des axiomes ne peut se d´eduire des
deux autres.
– Consid´erons l’ensemble E“ t0,1uet sd´efinie sur Epar sp0q “ 1 et sp1q “ 0. Alors, le premier
axiome est v´erifi´e. Le troisi`eme aussi, car si une partie Pde Econtient 0, et v´erifie ”nPPñ
spnq P P, alors sp0q “ 1 appartient `a Pet Pcontient 0 et 1, donc est ´egale `a E. Mais, le deuxi`eme
axiome n’est pas v´erifi´e puisque 0 a pour ant´ec´edent 1.
– Consid´erons l’ensemble E“ t0,1uet sd´efinie sur Epar sp0q “ 1 et sp1q “ 1. Le premier axiome
n’est pas v´erifi´e. Le second l’est de fa¸con ´evidente. Si PĂEcontient 0 et v´erifie nPPñspnq P P,
alors 1 PPet P“E. Le troisi`eme axiome est donc aussi v´erifi´e.
– Soit Net s:nÞÑ 2n. Alors, sest injective sur Net le premier axiome est v´erifi´e. Le deuxi`eme
l’est aussi car une puissance enti`ere de 2 ne peut pas ˆetre nulle. Mais, le troisi`eme ne l’est pas. En
effet, si Pest la partie de Ncompos´ee de 0 et des puissances enti`eres de 2, elle contient 0 et v´erifie
nPPñspnq “ 2nPPcar les puissances de 2 - dont les exposants sont des puissances de 2 - sont
encore des puissances de 2. Mais, P‰Ncar il existe des entiers qui ne sont pas des puissances de 2.
Exercice 2 : Justifier que spppuqq “ u, cela pour tout uPN˚(notations du cours).
On sait que spppuqq est strictement sup´erieur `a ppuq, comme u. Puisqu’il ne peut ˆetre compris entre
ppuqet u, il est sup´erieur ou ´egal `a u. S’il ne lui est pas ´egal, il est strictement sup´erieur `a u.
Mais alors, uest un majorant de ppuqplus petit que spppuqq, ce qui est contraire `a la d´efinition de
celui-ci ; il est donc ´egal `a u.
Exercice 3 : D´emontrer les propri´et´es de l’addition d´efinie sur N.
‚Associativit´e
On veut d´emontrer que
@pn, m, kq P N3,pn`mq ` k“n` pm`kq p‹q.
D´emontrons le par r´ecurrence sur k. Pour cela fixons net mdans N.
Pour k“0, pn`mq ` 0“n`mpar d´efinition de l’addition et n` pm`0q “ n`mpuisque
m`0“mtoujours par d´efinition de l’addition.
Admettons l’´egalit´e p‹q au rang ket passons au rang k`1 :
pn`mq`pk`1q “
loomoon
def
ppn`mq`kq`1“
loomoon
HR
pn`pm`kqq`1“
loomoon
def
n`ppm`kq`1q “
loomoon
def
n`pm`pk`1qq
qui est l’´egalit´e p‹q au rang k`1.
‚Commutativit´e
1

On veut d´emontrer que
@pn, mq P N2, n `m“m`np‹‹q.
La technique de d´emonstration est la mˆeme : on fixe nquelconque dans Net on fait une r´ecurrence
sur m.
n`0“
loomoon
def
n.
Le calcul de 0 `nest moins ´evident et r´esulte d’une r´ecurrence sur ndans laquelle on veut
montrer que @nPN,0`n“n.
Pour n“0, 0 `0“0 d’apr`es la d´efinition de l’addition. Admettons que 0 `n“n. Alors,
0` pn`1q “
loomoon
def
p0`nq ` 1“
loomoon
HR
n`1
ce qui conclut la r´ecurrence sur n. On en d´eduit que 0 `n“net donc qu’au rang m“0 l’´egalit´e
p‹‹q est vraie.
Avant de commencer la r´ecurrence sur m, justifions que si 1 d´esigne le successeur de 0, on a
@nPN,1`n“n`1.
Pour n“0, le r´esultat est acquis et r´esulte du fait que 0 commute avec tous les entiers et en
particulier avec 1. Admettons que 1 commute avec net consid´erons 1 ` pn`1q. par d´efinition
de l’addition 1 ` pn`1q “ p1`nq ` 1 et par l’hypoth`ese de r´ecurrence, 1 `n“n`1, d’o`u,
1` pn`1q“pn`1q ` 1 qui est le r´esultat souhait´e.
Passons `a la r´ecurrence sur m. Au rang m“0, c’est r´egl´e. Admettons l’´egalit´e au rang met
´etudions n` pm`1q. On a
n` pm`1q“pn`mq ` 1“ pm`nq ` 1“m` pn`1q “ m` p1`nq“pm`1q ` n.
(la derni`ere ´egalit´e ´etant justifi´ee par l’associativit´e de l’addition) ce qui conclut la r´ecurrence
sur m.
`
A ce sujet, il faut remarquer que pour tout nPN,spnq “ n`sp0q. Cette ´egalit´e ne cache aucun
myst`ere, elle r´esulte de la d´efinition de l’addition : n`sp0q “ spn`0q “ spnq(la premi`ere ´egalit´e
est le second point de la d´efinition de l’addition, avec k“sp0q).
‚R´egularit´e
On veut montrer que @pk, n, mq P N3, n `k“m`kñn“m.
`
Anet mfix´es dans N, on proc`ede par r´ecurrence sur k.
Pour k“0, le r´esultat est trivial grˆace `a la d´efinition de l’addition. Admettons l’implication au
rang ket passons au rang k`1.
n`pk`1q “ pn`kq`1 et m`pk`1q“pm`kq`1,d’o`u n`pk`1q “ m`pk`1q ñ pn`kq`1“ pm`kq`1
mais on sait que le passage au successeur est injectif, on d´eduit donc de la seconde ´egalit´e que
n`k“m`k. Mais alors, l’hypoth`ese de r´ecurrence permet de d´eduire que n“m. C’est qu’on
voulait.
2

‚Compatibilit´e avec ď
On veut montrer que @pk, n, mq P N3, n ďmñn`kďm`k. On va fixer net mdans Net
proc´eder par r´ecurrence sur k.
Au rang k“0, l’implication est triviale puisqu’on sait que n`0“net m`0“m. Admettons
l’implication au rang ket passons au rang k`1.
On sait qu’un entier est inf´erieur `a son successeur, donc m`kďm`k`1. Mais alors,
n`kďm`k`1 et m`k`1 est un majorant de n`k. Un tel majorant est n´ecessairement
plus grand que le plus petit des majorant (dans N) de n`kqui est son successeur n`k`1.
D’o`u, n`k`1ďm`k`1.
Exercice 4 : Justifier que les applications set p(successeur et pr´ed´ecesseur) sont croissantes sur N
et N˚respectivement.
Soient met ndans Ntels que mďn. Alors, spnqmajore n(par d´efinition du successeur) et il
majore aussi m. Il est donc sup´erieur ou ´egal au plus petit majorant de mdans N, c’est-`a-dire `a
spmq, d’o`u spmq ď spnq.
Pla¸cons nous maintenant dans N˚et consid´erons met ntels que mďn.
On sait que ppmq ă m(ppmqexiste puisque mPN˚), donc ppmq ď net ppmqest un minorant de
n, il est donc inf´erieur ou ´egal au plus grand des minorants de nqui est ppnq. D’o`u, ppmq ď ppnq.
Exercice 5 : D´emontrer les propri´et´es de la multiplication d´efinie sur N.
Commen¸cons par justifier que @nPN,0.n “0 et que 1.n “n, o`u 1 d´esigne le successeur de 0.
Pour n“0, les deux r´esultats d´ecoulent directement de la d´efinition de la multiplication. Admettons
les deux ´egalit´es au rang net passons au rang n`1.
On a : 0.pn`1q“p0.nq ` 0 d’apr`es la d´efinition. Mais, par HR 0.n “0, d’o`u le r´esultat. De fa¸con
analogue, 1.pn`1q “ p1.nq ` 1“n`1.
‚Commutativit´e
On veut d´emontrer que @pn, mq P N2, n.m “m.n. Le r´esultat est trivial si n`m“0 car alors
n“m“0 (supposer que l’un des deux ne soit pas 0). On va d´emontrer le r´esultat par r´ecurrence
sur l’entier n`mnot´e k. On vient de voir que le r´esultat est vrai lorsque k“0. Admettons le
au rang ket passons au rang k`1. On a :
n.m “
loomoon
def
n.pm´1q ` n“
loomoon
HR
pm´1q.n `n“
loomoon
def
pm´1q.pn´1q ` m´1`n.
et
m.n “
loomoon
def
m.pn´1q ` m“
loomoon
HR
pn´1q.m `m“
loomoon
def
pn´1q.pm´1q ` n´1`m.
On aura l’´egalit´e attendue si m´1`n“n´1`m. Mais, m´1`n“m´1`n´1`1 et
n´1`m“n´1`m´1`1. La commutativit´e et l’associativit´e de l’addition justifie cette
derni`ere ´egalit´e.
‚Distributivit´e
3

On veut montrer que
@pn, m, kq P N3,pn`mq.k “n.k `m.k.
Lorsque les trois nombres sont nuls, le r´esultat est trivial. On va ´etablir l’´egalit´e pour tout triplet
par r´ecurrence sur l’entier n`m`k“s. Admettons l’´egalit´e au rang set passons au rang s`1,
c’est-`a-dire `a un triplet de valeurs tel que n`m`k“s`1.
On a :
pn`mq.k “
loomoon
def
pn`mq.pk´1q`n`m“
loomoon
HR
n.pk´1q`m.pk´1q`n`m“n.pk´1q`n`m.pk´1q`m“
loomoon
def
n.k`m.k.
‚Associativit´e
On veut d´emontrer que @pn, m, kq P N3,pn.mq.k “n.pm.kq.
Lorsque n“m“k“0, l’´egalit´e est ´evidente. Comme pr´ec´edemment proc´edons par r´ecurrence
sur s“n`m`k. Pour s“0, c’est vu, admettons le r´esultat au rang set passons au rang s`1
avec n, m et ktels que n`m`k“s`1.
pn.mq.k “ pn.mq.pk´1q ` n.m “n.pm.pk´1qq ` n.m “n.pm.pk´1q ` mq “ n.pm.kq.
D´etaillez vous-mˆeme les justifications de chacune des ´egalit´es.
‚R´egularit´e
On veut d´emontrer que @pn, m, kq P N2ˆN˚, n.k “m.k ñn“m.
Fixons kPN˚et raisonnons par r´ecurrence sur n`m“s. Si s“0, alors n“m“0 et
l’implication s’´ecrit 0.k “0.k ñ0“0 ce qui est trivial puisqu’on sait que 0.k “0. Admettons
que l’implication soit vraie du rang 0 au rang set consid´erons net mtels que n`m“s`1.
Si n.k “m.k alors k.pn´1q`k“k.pm´1q`ket la r´egularit´e de + justifie que k.pn´1q “ k.pm´1q.
Mais, n´1`m´1ăn`met l’hypoth`ese de r´ecurrence valable au rang n´1`m´1 justifie
que l’implication k.pn´1q “ k.pm´1q ñ n´1“m´1 est vraie. On en d´eduit que n“m.
‚Compatibilit´e avec ď
On veut montrer que @pn, m, kq P N3, n ďmñn.k ďm.k.
Pour k“0 c’est ´evident. Admettons que l’implication soit vraie au rang ket passons au rang
k`1. Supposons que nďm, alors
n.pk`1q “ n.k`nďmk`nd’apr`es la compatibilit´e de l’addition avec ď,mais mk`nďmk`m“mpk`1q.
D´esormais, on note Nl’ensemble des entiers naturels ; le successeur de nPNest not´e n`1 et le
pr´ed´ecesseur de n‰0 est not´e n´1. Les ´el´ements de Nsont not´es 0,1,2,¨ ¨ ¨ , n, ¨ ¨ ¨ .
Exercice 6 : Exhiber un ensemble distinct de Nqui v´erifie lui aussi l’axiomatique ordinale. Un tel
ensemble est isomorphe `a N, on pr´ecisera l’isomorphisme entre les deux ensembles.
On peut prendre N˚et l’isomorphisme de Nsur N˚est tout simplement l’application nÞÑ n`1.
Exercice 7 : D´emontrer (en partant de l’axiomatique ordinale) que si une partie Pde Nv´erifie :
i. n0PP, n0‰0 ;
4

ii. nPPñn`1PP,
alors P“ vn0,¨ ¨ ¨ v, c’est-`a-dire Pest le compl´ementaire de v0, n0´1wdans N.
Sous les hypoth`eses i. et ii., on consid`ere le compl´ementaire de Pdans vn0,¨ ¨ ¨ v. S’il est non vide,
il admet un plus petit ´el´ement qui ne peut pas ˆetre n0. Notons le n1. Alors, le pr´ed´ecesseur de n1,
n1´1 appartient `a P, mais d’aprr`es ii., le successeur de n1appartient `a P, ce qui est ´evidemment
contradictoire. Conclusion : le compl´ementaire de Pdans vn0,¨ ¨ ¨ v est vide et P“ vn0,¨ ¨ ¨ v. Une
telle partie de Nest appel´ee une section commen¸cante de N.
Exercice 8 : R´ediger le th´eor`eme qui justifie le principe du raisonnement par r´ecurrence (on fait
l’hypoth`ese que Nest d´efini `a partir de l’axiomatique ordinale) en termes de propri´et´e d´efinie sur
des entiers naturels. Donner un exemple de l’utilisation d’un tel ´enonc´e dans le programme officiel
des classses de Terminales scientifiques.
Voici une r´edaction possible dans la quelle Pd´esigne un ´enonc´e math´ematique portant sur un entier
n.
Th´eor`eme : Si l’ensemble des entiers naturels v´erifiant la propri´et´e Pest tel que
i. Pp0qest vraie,
ii. l’implication Ppnq ñ Ppn`1qest vraie,
alors, cet ensemble est ´egal `a N.
V´erifier le point i. s’appelle initialiser la r´ecurrence et v´erifier le point ii. s’appelle v´erifier que la
propri´ete Pest h´er´editaire.
Un exemple classique de d´emonstration par r´ecurrence en Terminale consiste `a d´emontrer la formule
du binˆome de Newton.
Exercice 9 : Principe de r´ecurrence forte
Soit EĂN, tel que 0 PEet tel que
t0,1,¨ ¨ ¨ , nu P Eñn`1PE.
Montrer que E“N. Que se passe-t-il si, dans les hypoth`eses pr´ec´edentes, on remplace ”0 PE” par
”n0PE” ?
Donner un ´enonc´e du principe de r´ecurrence forte en termes de propri´et´e d´efinie sur des entiers
naturels.
Donner un exemple de d´emonstration qui utilise le principe de r´ecurrence forte (et pour laquelle le
principe de r´ecurrence ne suffit pas).
Comme pour le th´eor`eme de r´ecurrence classique, on consid`ere le compl´ementaire de Edans N. S’il
est non vide, il poss`ede un plus petit ´el´ement qui ne peut pas ˆetre 0. Ce plus petit ´el´ement ua alors
un pr´ed´ecesseur, u´1, qui appartient `a E(puisqu’il est plus petit que u) et il en est de mˆeme de
tous les entiers inf´erieurs `a u´1. En appliquant l’h´er´edit´e `a cet ensemble d’´el´ements t0,¨ ¨ ¨ , u ´1u,
on justifie que uest `a la fois dans Eet dans son compl´ementaire. D’o`u la contradiction et le
compl´ementaire de Eest vide.
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