Rudiments séquentiels5. Intuitivement, une suite est la donnée d’objets "à la suite", i. e.une liste ordonée d’objets(o1; o2; o3; :::)arbitrairement longue. Unesuite …nie, disons de longueurnà valeurs complexes, n’est autre qu’un n-uplet (o1; o2; :::; on) de complexes, lequel peut se voir également comme une application
f1;2; :::; ng ! C
i 7 ! oi (on parle également de famille complexe indexée parf1;2; :::; ng). L’ensemble Cn des suites …nies complexes de longueurns’identi…e donc à l’ensembleCf1;2;:::;ngdes familles complexes indexées par f1;2; :::; ng. Lorsque "n tend vers l’in…ni", les suites (o1; o2; :::; on) de longueur n deviennent des suites (tout court)(o1; o2; o3; :::)et l’ensembleCf1;2;:::;ngdevient l’ensembleCf1;2;3;:::;g =CN des familles complexes indexées par N . C’est pourquoi, à un décalage d’indice près, on dé…nira une suite complexe comme étant une famille complexe indexée par N (ou parfoisN ),i. e. comme étant un élément deCN. Étant donnée une suiteu2CN, il est usuel de noteruk l’image parud’un entierkdonné et d’écrire(un)n2N ou(un)au lieu de u(le symbolenétant muet dans les deux cas), étant sous-entendu dans l’écriture(un)l’ensemble d’indexation (ce sera presque toujoursN ouN ).
4De fait, lorsquea b, un entierncomme dans la dé…nition est unique et est notéb a(c’est ladi¤ érence"bmoinsa")
5rappelons que l’adjectif "séquentiel" signi…e "qui est relatif aux suites"
Il est courant de considérer des suites dont on connaît des premiers termes ainsi qu’une expression d’un terme donné en fonction des précédents. Une telle suite est dite dé…nie par récurrence et le raisonnement par récurrence est un outil incontournable pour son étude.
Reformulons l’axiome de récurrence: si P est un énoncé où est un symbole libre, on a alors l’impli-cation
P0
8n2N; [Pn=)Pn+1] =)[8n2N; Pn].
Exemple 1 (suites constantes). Soit u 2 CN une suite complexe telle que 8n 2 N; un+1 = un. Montrer que 9C2C; 8n2N; un=C.
PosonsC:=u0(on n’a pas le choix pour la constante cherchée)et notonsPn pour toutn2Nl’énoncéun =C.
L’énoncéP0 équivaut àu0=C, ce qui est vrai.
Soitn2Ntel que Pn. Alorsun+1
hyp othèse
= un Pn
=C, d’oùPn+1.
Exemple 2 (une suite récurrente d’ordre 1). Soit a2CN telle que a0= 3 et 8n2N; an+1 = a2n an. Montrer que ak >2 pour tout entier k 1.
Pour tout entierp 0, on noteIp l’énoncéap>2.
On aa1=a20 a0= 9 + 3>2, d’oùI1.
Soitd 1un entier tel queId. On a alorsad+1 2 =a2d ad 2 = (ad 1) (ad+ 2)où chacun des facteurs est strictement positif d’après Id, d’où l’on tiread+1 2>0,i. e.Id+1.
FOn initialise aupremier rang pour lequel l’énoncé à montrer est véri…é (ou au-delà).
(Dans l’exemple1, on a initilisé à0 mais, dans l’exemple2, on a initialisé à1(de faitI0était faux).) Exemple 3 (série arithémtique). Soit n2N. Calculer 1 + 2 + +n.
Heuristique: empilons une ligne de1case sur une ligne de2cases sur une ligne de3cases... sur une ligne den cases, le tout étant justi…é à gauche. On obtient la moitié d’un carré dencases parncases à une demi-diagonale près (formée de ndemi-cases), ce qui permet d’intuiter 1 + 2 + +n= 12(n n) + 12n= n(n+1)2 . Montrons cela par récurrence surn.
Pourp2N, on noteSpl’énoncé 0 + 1 + 2 + +p= p(p+1)2 . L’énoncéS0 équivaut à0 = 0(0+1)2 , ce qui est vrai.
Soitk2N tel que Sk 1. On a alors
1 + 2 + +k= 1 + 2 + +k 1 + 1 = (k 1)k
2 + 1 d’aprèsSk 1, d’où les équivalences
Sk () 1 + 2 + +k= k(k+ 1) 2 () (k 1)k
2 + 1 = k(k+ 1) 2 () k2 k+ 2 =k2+k () 2 = 2k
() k= 1, ce qui presque toujours faux.
Il semble donc y avoir un problème.
En e¤et, nous avons joué sur l’ambiguïté de l’expression
1 + 2 + +k 1 + 1qui peut désigner 8>
><
>>
:
ou bien
k 1term es
z }| { 1 + 2 + + (k 1) + 1 (1 + 2 + +k)
| {z }
kterm es
1 + 1 .
La parenthésage a donc son importance avec des (même si l’addition est associative).
Reprenons la preuve après "Soitk2N tel queSk 1". On a alors
1 + 2 + +k =
k 1term es
z }| { 1 + 2 + + (k 1) +k
= (k 1)k
2 +k d’aprèsSk 1
= k2 k+ 2k 2
= k(k+ 1)
2 , d’oùSk. Morale de l’histoire :
Quand on explicite une somme avec des , toujours écrire clairement les premier, deuxième et dernier termes de la somme.
Il peut être parfois utile d’utiliser des hypothèses plus fortes, à savoir que la validité d’un énoncé à un rang donné découle de celles des énoncés aux deux rangs précédents, voire de celles des énoncés à tous les rangs précédents
Théorème (récurrence avec deux prédécesseurs). Soit Px un énoncé où xest un symbole libre.
On a alors l’implication
P0et P1
8n2N; [(Pn etPn+1) =)Pn+2] =)[8n2N; Pn].
Exemple 4 (une suite récurrente d’ordre2). Soit u2CN une suite complexe telle que (u0; u1) = (2;3)
8n2N; un+2= 3un+1 2un . Montrer que 8p2N; up= 2p+ 1.
Pour tout entiern2N, on noteEn l’énoncé un= 2n+ 1.
Puisque20+ 1 = 2 =u0 et que21+ 1 = 3 =u1, on a E0et E1. Soitn2Ntel que En etEn+1. On a alors
un+2
hyp othèse
= 3un+1 2un EnetEn+1
= 3 2n+1+ 1 2 (2n+ 1)
= 2n(6 2) + 3 2
= 2n+2+ 1, d’oùEn+2.
Exemple 5 (suite de Fibonacci). Soit (Fn)une suite complexe telle que F0= 0,F1= 1et 8n2N;
Fn+2=Fn+Fn+1. Montrer que Fp+2 3 2
p pour tout naturel p.
Pour toutk2N, on note Ck l’énoncéFk+2 3 2
k. On aF0+2=F2=F0+F1= 0 + 1 = 1 32 0, d’oùC0. On aF1+2=F3=F1+F2= 1 + 1 = 2 32 1, d’oùC1. Soitj 2N tel queCj et Cj 1. On a alors
F(j+1)+2 = Fj+3
= Fj+1+Fj+2
= F(j 1)+2+F(j)+2 3
2
j 1
+ 3 2
j
= 3
2
j 1
1 +3 2 ;
pour conclure à Cj+1, il su¢ rait de montrer que le réel ci-dessus est plus grand que 32 j+1, énoncé qui est respectivement équivalent à
3 2
j 1
1 + 3 2
? 3 2
j+1
() 5 2
? 3
2
2
()5 2 ? 32, ce qui est vrai.
(On renvoie aux exercices pour d’autres choses à montrer sur la suite de Fibonacci.)
Théorème (récurrence "forte"). Soit P un énoncé où est un symbole libre. On a alors l’implica-tion
P0
[8n2N; (8k2[0; n[; Pk) =)Pn] =)[8n2N; Pn]. Exemple 6. Soit u2 RN une suite réelle telle que u0= 1
8n2N; un+1=u0+u1+ +un . Montrer que u 2Id.
Pour tout entiern 0, on noteDn l’énoncé un 2n.
L’énoncéD0équivaut àu0 20,i. e.à1 1, ce qui est vrai.
Soitn 0 un entier tel queDn. On a alors
u+1 = u1+u2+ +un
20+ 21+ + 2n
= 2n+1 1 2 1
= 2n+1 1
< 2n+1, d’oùDn.
Exemple 7 (tricky). (non traité en cours) Soit une boîte de crayons en nombre …ni. Montrons qu’ils ont tous la même couleur.
Lorsque la boîte ne contient qu’un seul crayon, il n’y a rien à faire. Dans le cas général, on considère dans la boîte deux sous-boîtes, l’une formée des crayons à l’exception du premier, l’autre constituée des crayons à l’exception du dernier. Par hypothèse de récurrence, les crayons de chacune des sous-boîte ont même couleur ; puisque les deux sous-boîtes ont au moins un crayon en commun, tous les crayon de la boîte ont même couleur, ce qui conclut la récurrence.
On voit que le même genre d’argument permettrait de montrer que tous les entiers sont égaux en montrant que tous les éléments de f1;2; :::; ngsont égaux par récurrence surn. Écrivons cette dernière proprement pour voir où est l’arnaque.
Pour tout entier n 1, on note Cn l’énoncé 8E; (E possède6 n éléments) =) 8(i; j) 2 E2; i = j (en français,Cn signi…e qu’un ensemble ànéléments a tous ses éléments égaux).
SoitE un ensemble à1 élément, mettons E=feg. L’énoncé8(i; j)2E2; i=j équivaut alors à e=e, ce qui est vrai.
Soitn 1 un entier tel queCn. Soit E un ensemble àn+ 1éléments, mettons E =fe0; e1; :::; eng. Alors les parties E0 :=fe0; e1; :::; en 1g et E00:=fe1; e2; :::; eng ont chacune néléments, donc Cn permet d’a¢ rmer
8(a; b)2E02; a=b
8(r; s)2E002; r=s , i. e. 8i2 f0;1; :::; n 1g; ei =e1
8j2 f1;2; :::; ng; ej=e1 , d’où l’on tire 8k 2 f0;1; :::; ng; ek = e1, ce qui montre 8(x; y)2E2; x=y et conclut àCn+1.
Tout semble aller. Et pourtant... pour n = 1, les parties E et E0 sont disjointes, donc ne peuvent avoir d’élément en commun, donce1ne peut appartenir àE0etE00à la fois. Où a-t-on péché ? L’élémente1appartient bien à E00 puisqu’il est son "premier" élément mais est le "deuxième" élément deE0, élément qui n’existe pas siE0 n’a qu’un seul élément, ce qui est précisément le cas lorsquen= 1.
Morale de l’histoire :
toujours bien préciser DANS QUEL ENSEMBLE appartiennent les objets que l’on invoque.
(surtout quand on supposePn pour montrerPn+1 : où invoque-t-onn?)
6cette propriété peut s’écrire entièrement en symboles mathématiques en terme decardinaux, comme nous allons le voir dans la section suivante
2 Dénombrement
2.1 Cardinal d’un ensemble …ni
On …xe un ensembleE pour cette partie.
Dénombrer E, c’est étiqueter ses éléments à l’aide d’étiquettes de référence faites pour dénombrer, par exemple1,2,3, ...,n(oùnsera le nombre d’éléments deE), ce qui revient à bijecterEavec un intervalle entier f1; :::; ng.
Dé…nition / proposition (admise7). On dit que E est…nis’il existe un entier naturel npour lequel E est en bijection avec f1; :::; ng. Un tel entier est alors unique, appelé cardinalde E et noté8 CardE. Dans le cas contraire, on dit que E estin…ni.
Remarque. Lorsque E est …ni, mettons de cardinal n, on peut écrire E = fe1; :::; eng où les objets e1; :::; en sontdeux à deux distincts. Le cardinal correspond par conséquent bien au nombre d’éléments (et la cardinalité à la propriété de pouvoir être bijecté avec n’importe quel autre ensemble de même cardinal).
FSi E s’écritfe1; :::; eng pour certains objets e1; :::; en (avecn 1), alorsE est …ni mais on ne peut pas dire mieux que1 CardE n(il se pourrait que certainsei coïncident).
Remarque. L’intervalle entierf1; :::; ngs’écrit aussi]0; n]\N; il est donc vide pourn= 0. L’ensemble vide est par conséquent de cardinal nul (et il est le seul) :
CardE= 0()E=;.
Théorème (admis). Deux ensembles …nis ont même cardinal ssi9 il existe une bijection de l’un sur l’autre :
8X;8Y; CardX = CardY ()(9':X !Y; 'bijective).
Si l’on remplacer "bijection" par "injection" ou "surjection", on peut encore dire des choses.
Proposition (cardinaux et applications) (admise). Soient X et Y deux ensembles …nis et f une application de X dans Y. Alors
1. si f est injective, on a CardX CardY ; 2. si f est surjective, on a CardX CardY.
(Intuivement, quand on injecteXdans un ensemble, il faut que cet ensemble d’arrivée soit assez "gros" pour contenir une "copie" deX; et, si l’on surjecte un ensemble versY, il faut que cet ensemble de départ soit assez
"gros" pour atteindre chaque élément deY.)[dessin]
Propriété (sous-ensemble …ni) (admise). Soit A une partie de E. Alors A est …ni et CardA CardE avec égalité ssi A=E.
Intérêt : pour montrer une égalité ensembliste, on montre une inclusion et une égalité d’entiers (au lieu d’une autre inclusion ensembliste). Très utile pour véri…er si on a toutes les copies d’une classe.
Propriété (ordonner un ensemble …ni d’entiers) (admise). Soit A une partie …nie de N. Alors il existe une unique bijection (strictement) croissante de Asur f1;2; :::;CardAg.
(Intuitivement, si ' est la bijection évoquée, alors ' 1(1) est le plus petit élément de A, ' 1(2) est le deuxième plus petit,etc.)
Propriété (bijectivité) (admise). Soit f : A ! B une application entre ensembles …nis de même cardinal. Alors il est équivalent de dire que f est injective, surjective, ou bijective.
Application (exercice). Soit M un magma associatif régulier …ni admettant un neutre. Montrer que M est un groupe.
7ce n’est pas la dé…nition qui est admise, ce qui n’aurait aucun sens
8on pourra trouver dans la littérature jEjvoire#E
9Ce théorème peut être pris comme une dé…nition d’"avoir même cardinal" pour les ensembles in…nis. Nous n’en parlerons pas dans ce cours. (Mnémo :jXj=jYj ()Xg!Y.)
Solution proposée. Il s’agit de montrer que tous les éléments de M sont inversibles. Notons 1 le neutre de M. Soit m 2 M. Les applications x7! mxet x 7! xm sont alors injectives (c’est dire que m est régulier), donc bijectives (par la propriété précédente), donc atteignent chacune 1, mettons respectivement en un 2 M et en un 2 M, ce qui s’écrit m = 1 = m. On a alors (comme dans le cours sur les l. c. i.)
= 1 = (m ) = ( m) = 1 = , ce qui montre quemest inversible d’inverse = .