Entiers naturels, ensembles nis
Rédaction incomplète. Version 1.0 Plan
I. Présentation axiomatique . . . 1
1. À retenir . . . 1
2. Détails et démonstrations . . . 1
II. Ensembles nis. . . 4
1. À retenir . . . 4
2. Détails et démonstrations . . . 4
Index
descente innie de Fermat,3 ensemble bien ordonné,2 ensemble ni,4
ensemble inni,4
ensemble inni-dénombrable,4
présentation axiomatique entiers naturels,1 question de cours
principe de récurrence,3
En ce qui concerne la présentation de N et des ensembles nis, l'objectif du programme est de dégager les propriétés utiles dans d'autres contextes où on les considérera comme évidentes . Ces propriétés sont présentées sans démonstration dans les sections À retenir .
Sans expérience, l'utilisation de ces propriétés est loin d'être évidente car elle nécessite des raisonnements rigoureux.
L'intuition nous trompe souvent et l'on formule facilement des propositions ineptes ottant sur des raisonnements inconsistants.
L'étude des sections Détails et démonstrations est l'occasion de se familiariser avec des modes de raisonnements rigoureux et utiles. Considérer les propriétés à retenir comme des énoncés d'exercices à traiter rigoureusement avec les seuls axiomes est le premier des moyens pour acquérir l'expérience nécessaire.
I. Présentation axiomatique
1. À retenir
Axiomes
1. Nn'est pas majoré.
2. Toute partie non vide deNadmet un plus petit élémént.
Dénitions :0 = minN,J0, nKest l'ensemble des entiersktels quek≤n. Proposition 1. Nest totalement ordonné.
Proposition 2. Pour tousaetb entiers naturels, a≤best faux si et seulement si b < a. Proposition 3. Pour tousxetndeN:
n≤x < n+ 1⇒x=n n < x≤n+ 1⇒x=n+ 1 Proposition 4 (principe de récurrence). SoitAune partie deNtelle que
∃a∈A et∀n∈N: n∈A⇒S(n)∈A alorsJa,+∞J={k∈Ntq a≤k} ⊂A .
Proposition 5 (récurrence descendante). Soitn∈NetA⊂J0, nK vériantn∈A et, pourx∈J0, n−1K, S(x)∈A⇒x∈A
alorsA= 0, nK.
Proposition 6. Toute partie deNnon vide et majorée admet un plus grand élément.
Proposition 7. SiA est une partie de Nnon vide et non majorée, il existe une bijection strictement croissante deN dansA.
2. Détails et démonstrations
Laprésentation axiomatiquede l'ensemble des entiers naturels proposée ici sur le mode habituel ( c'est plus gros que , c'est bien , c'est pas trop gros ) ne prétend pas satisfaire aux exigences de rigueur d'un texte de logique ou de fondements des mathématiques. Elle vise à introduire raisonnablement les notions du programme de MPSI.
Nous admettons qu'il existe un ensemble notéNvériant les propriétés suivantes. La construction d'un tel ensemble peut se faire de plusieurs manières (Zermelo, Von Neumann), elle n'est pas abordée ici.
Présentation axiomatique.
Nc'est pas rien. Nest un ensemble non vide, muni d'une relation d'ordre (notée ≤) et non majoré.
Nc'est bien. Nest bien ordonné. Cela permet en particulier de dénir0 = minNet une application S deN dans N∗=N\ {0}.
Nc'est pas trop gros. L'applicationS dénie au point précédent est surjective.
Formons un certains nombre de remarques qui précisent les axiomes et permettent de déduire les premières propriétés deN.
Un ensemble muni d'une relation d'ordre est dit bien ordonné si et seulement si toute partie non vide admet un plus petit élément. Le deuxième axiome se traduit donc par : toute partie non vide deNadmet un plus petit élément.
En particulier le plus petit élément deNest noté0. On introduit la notationJ0, nKpour désigner l'ensemble des entiers plus petits quen.
Remarquons que si m∈ N, m ≤0 entraine m = 0. En eet, par transitivité, m est un minorant deN donc c'est le plus petit élément deN.
Dénition du successeur d'un entier. Comme Nest (axiomatiquement) supposé non majoré, aucun natureln n'est un majorant deN. Il existe donc un naturel qui n'est pas dansJ0, nK. Le complémentaireN\J0, nKest donc non vide pour toutn∈N. On note
S(n) = min(N\J0, nK)
et on dit queS(n)est le successeur den. On convient de noter1 =s(0)et on pose :
∀n∈N:n+ 1 =S(n)
On doit ensuite étendre cette addition aux autres éléments deNet vérier les propriétés usuelles. On ne le fera pas ici. On continuera d'utliser la notationS(n)pour désigner le successeur dans ce cours mais cette notation est locale et, dans tout autre contexte, il convient de notern+ 1.
Remarque. Par dénition, il est clair queS(n)6=n car S(n)∈ N−J0, nKce qui signie aussi (par dénition de J0, nK) queS(n)≤nest faux . Attention ! L'implication
∀(a, b)∈N2: (a≤bfaux)⇒b < a
est vraie dans la cadre d'un espace totalement ordonné mais pas dans le cadre général. En revanche la réciproque est toujours vraie (à cause de l'antisymétrie) et sera utilisée plusieurs fois. La propriétén < S(n) n'est donc pas évidente. Elle fera l'objet d'une proposition démontrée un peu plus loin comme première application du principe de récurrence.
On peut reformuler le troisième axiome en disant que tout naturel non nuln admet un prédécesseur, c'est à dire unmtel que S(m) =m+ 1 =n.
Théorème 1 ("unicité" deN). Si(A,≺A)et(B,≺B)sont deux ensembles ordonnés vériant les mêmes axiomes queN, il existe une unique bijection strictement croissante de Adans B.
Preuve. Ce théorème est admis.
La notation usuellea < bsigniea≤b eta6=b. Proposition (1). Nest totalement ordonné.
Preuve. Considérons deux naturels quelconquesaetb. La partie{a, b}deNest non vide, elle admet donc un plus petit élément. Si c'estaalorsa≤bsinon b≤a.
Proposition (2). Pour tousa etbentiers naturels, a≤b est faux si et seulement sib < a.
Preuve. Sia≤b est faux alorsb≤acarNest totalement ordonné. De plusa6=b sinon on auraita≤b.
Réciproquement, sia < balorsa≤b. On ne peut alors avoir b≤asinon par transitivité a=b en contradiction aveca < b.
Proposition (3). Pour tousxetn deN:
n≤x < n+ 1⇒x=n n < x≤n+ 1⇒x=n+ 1
Preuve. Supposonsn≤x < S(n). La propriétéx < S(n)entraine queS(n)≤xest fausse (si c'était vrai on aurait égalité par antisymétrie). CommeS(n)est un minorant deN\J0, nK, on en déduit quex6∈N\J0, nK. C'est à dire x∈J0, nK. On a alors à la fois n≤xet x≤ndoncx=n.
Supposonsn < x ≤ S(n). De n < x, on tire que x≤ n est faux (comme plus haut) donc x ∈ N\J0, nK d'où S(n)≤xcarS(n)est un minorant deN\J0, nK. Par antisymétrie, on obtient alorsx=S(n).
Lemme 1. Pour toutn∈N,n < S(n)etJ0, S(n)K=J0, nK∪ {S(n)}.
Preuve. Par dénitionS(n)∈/J0, nKdoncS(n)≤nest faux doncn < S(n)carNest totalement ordonné.
L'inclusionJ0, nK∪ {S(n)} ⊂J0, S(n)Ken découle. L'autre inclusion vient des implications suivantes. Sik /∈J0, nK alorsS(n)≤k. Si de plusk≤S(n), alorsk=S(n)par transitivité.
Lemme 2. S est croissante.
Preuve. Soita et b naturels aveca ≤b alors, par transitivité, J0, aK ⊂J0, bK donc N\J0, bK ⊂N\J0, aK. On en déduit queS(b)∈N\J0, aKdonc queS(a)≤S(b)carS(a)est un minorant deJ0, aK.
Proposition (4 principe de récurrence). SoitAune partie deNtelle que
∃a∈A et∀n∈N: n∈A⇒S(n)∈A alorsJa,+∞J={k∈Ntq a≤k} ⊂A .
Preuve. On démontre seulement dans le casa= 0c'est pareil pour le cas général. On noteB le complémentaire deA dansNet on montre par l'absurde queB est vide.
Si B est non vide, il admet un plus petit élément b. Cet élémentb est non nul car il est dans B alors que 0 est supposé dans A. On peut donc considérer le prédécesseur a de b. Il vérie S(a) = b. Comme b ≤ aest faux et commeb est le plus petit élément de B, on déduit quea6∈B c'est à dire que a∈A. La deuxième hypothèse sur la partieA entraine alors queS(a) =b∈Ace qui est contradictoire.
Formulation avec des propositions. Récurrence forte. à rédiger
Lemme 3. L'applicationS est strictement croissante. Elle est donc injective.
Preuve. Soient a et b naturels vériant a < b. Alors b ∈ N\ J0, aK donc S(a) ≤ b < S(b) ce qui entraine S(a)< S(b).
Proposition (5 récurrence descendante). Soit n∈NetA⊂J0, nK vériantn∈A et, pourx∈J0, n−1K, S(x)∈A⇒x∈A
alorsA=J0, nK.
Preuve. Si le complémentaire deA est non vide, on peut lui appliquer le principe de récurrence et aboutir à une contradiction.
Proposition (6). Toute partie deNnon vide et majorée admet un plus grand élément.
Preuve. SoitA une partie deN non vide et majorée et M l'ensemble (non vide) de ses majorants. Notonsm le plus petit élément deM.
Sim= 0alors0est un majorant deAdoncAse reduit au singleton{0}qui admet0comme plus grand élément.
Si m 6= 0, on peut considérer le prédécesseur n de m. Commem ≤n est faux et m est un minorant deM, on déduit quen6∈M, ce n'est pas un majorant de A. Il existe donca∈Atel quea≤nsoit faux d'oùn < a. On a donc :
n < a≤m=S(n)( carm∈M )⇒m=a∈A⇒m= maxA
Un autre type d'application de ces propriétés fondamentales de N est la descente innie de Fermat. Dans l'exemple suivant, on utilise librement le théorème de Gauss du cours d'arithmétique. Cet exemple sera utilisé dans la sectionAxiomatique deRpour montrer queQne vérie pas la propriété de la borne supérieure.
Exemple. Pour tous entiers naturelspet q:p26= 2q2.
En eet, supposons que l'ensembleP des entiers ppour lesquels il existe un entierq vériantp2 = 2q2 soit non vide. Lorsque cette relation est vériée,pest pair donc il existe un entierp1tel quep= 2p1. On en déduit2p21=q2. Doncqest pair, il existe un entierq1tel queq= 2q1. On obtient alorsp21= 2q12avecp1< p. Ceci est évidemment en contradiction avec le fait queP admette un plus petit élément. L'ensembleP est donc vide.
Proposition (7). SiAest une partie de Nnon vide et non majorée, il existe une bijection strictement croissante deN dansA.
Preuve. C'est une conséquence du théorème1 d'unicité deN.
II. Ensembles nis
1. À retenir
Proposition 8. Nn'est pas ni.
Proposition 9. S'il existe une bijection entre deux ensemblesA etB, alors A est ni si et seulement siB est ni.
Proposition 10. Soitn∈Net ϕune application strictement croissante de J0, nK dans N. Alors x≤ϕ(x) pour tous lesx∈J0, nK.
Proposition 11. Soitn∈N, la partieJ0, nKdeNest nie.
Proposition 12. SoitAun ensemble. S'il existe une application injective deNdansA, alorsAn'est pas ni. On peut reformuler. S'ilA est un ensemble ni etf une application deNdansA, alorsf n'est pas injective.
Proposition 13. SoitA un ensemble ni non vide. Il existe un unique entier natureln pour lequel il existe une bijection entreJ0, nKetA.
Dénition. SoitAun ensemble ni non vide etn∈Ncomme dans la proposition précédente. Par dénitionn+ 1 est le nombre d'éléments deA. On dit aussi le cardinal de A. Il est notéCardA ou ]A. Par convention]∅ = 0. Pourn6= 0, le prédécesseur de nest notén−1.
Proposition 14. Toute partie nie non vide deNadmet un plus grand élément.
Proposition 15. Toute partie d'un ensemble ni est nie et son cardinal est inférieur ou égal au cardinal de l'ensemble qui le contient.
Proposition 16. SoitAet B deux ensembles nis, alors : A∪B ni A⊂B⇒] A≤]B A⊂B
] A=]B )
⇒A=B A∩B=∅ ⇒](A∪B) =] A+]B
Proposition 17. SoitAet B deux ensembles etf une application deA dansB : f bijective et Ani ⇒B ni et] A=] B f injective et B ni ⇒A ni et] A≤] B f surjective et Ani ⇒B ni et] B≤] A
Proposition 18. SoientAetB deux ensembles nis avec le même cardinal. Soitf une application deAdansB. Alorsf est injective si et seulement sif est surjective si et seulement si f est bijective.
Proposition 19. SoientA1,· · · , Ap des parties nies et disjointes deux à deux d'un ensembleA. Leur union est nie avec :
](A1∪ · · ·Ap) =] A1+· · ·+] A1
2. Détails et démonstrations
Dénition (ensemble ni). Un ensemble Ωest ni si et seulement si toute application injective de Ω dans lui même est surjective.
Dénition (ensemble inni). Un ensemble est inni si et seulement si il n'est pas ni.
Dénition. Un ensemble est inni dénombrable si et seulement si il est en bijection avecN.
Proposition (8). Nn'est pas ni.
Preuve. Il sut de trouver une application injective mais non surjective deNdansN. Par exempleSconvient car 0n'a pas de prédécesseur.
Proposition (9). S'il existe une bijection entre deux ensemblesA etB, alors Aest ni si et seulement si B est ni.
Preuve. SupposonsB ni et soit f une bijection deA versB. Pour toute injectionϕdeA dansA, l'application ψ=f◦ϕ◦f−1est injective deBdansB. Elle est donc surjective. Commeϕ=f−1◦ψ◦f avecf,ψ f−1bijectives, elle l'estaussi. Les ensembles jouent le même rôle, le raisonnement est le même pour l'implication réciproque.
Lemme 4. Toute partie d'un ensemble ni est nie.
Preuve. Soit A un ensemble ni et B une partie de A. Considérons une injection quelconque ϕ de B dans lui même. On peut la prolonger à une applicationψdeAdansA en posant
∀x∈A, ψ(x) =
(ϕ(x)six∈B xsix∈A
On vérie alors queψest injective. CommeBest ni, elle est aussi surjective ce qui entraine queϕest surjective.
Proposition (10). Soitn∈Net ϕune application strictement croissante deJ0, nKdansN. Alors x≤ϕ(x) pour tous lesx∈J0, nK.
Preuve. Introduisons une partieE ={x∈J0, nKtqϕ(x)< x}. Remarquons que0∈ E/ car0≤ϕ(0). On va montrer par l'absurde queE est vide.
Si E n'est pas vide, il admet un plus petit élémenta qui est 6= 0car 0 ∈ E/ . Il existe donc un b ∈J0, aJ tel que S(b) =a. Commea= minE eta≤bfaux, on ab /∈ E doncb≤ϕ(b). La stricte croissance deϕentraine
ϕ(b)< ϕ(S(b)) =ϕ(a)
Orb≤ϕ(b)doncb < ϕ(a). On en déduit ϕ(a)∈N\J0, bK donca=S(b)≤ϕ(a)ce qui signiea /∈ E et marque une contradiction cara, plus petit élément deE, doit appartenir àE.
Lemme 5. Soitn∈Netϕstrictement croissante de J0, nKdansJ0, nK, alorsϕest l'identité de J0, nK.
Preuve. On considère l'ensembleEdesxentre0etnpour lesquelsϕ(x) =x.
L'ensembleE n'est pas vide car il contientn. En eetn≤ϕ(n)d'après la proposition précédente etϕ(n)≤ncar ϕprend ses valeurs entre0 etn.
Montrons ensuite queS(x)∈E⇒x∈E. En eet, par stricte croissance, x≤ϕ(x)< ϕ(S(x)) =S(x)⇒x=ϕ(x)
d'après la proposition (3) de la section précédente. On peut donc terminer par une récurrence descendante (pro- position5).
Lemme 6. Soitn∈Netϕune application de J0, nKdansN, alors ϕ(J0, nK)est une partie majorée deN.
Preuve. SoitAl'ensemble desk∈J0, nKtels queϕ(J0, kK)soit majorée.
Evidemment,0∈Acar{ϕ(0)} est majoré parϕ(0).
Soita∈AetM un majorant deϕ(J0, aK). CommeNest totalement ordonné l'un des deux nombresM etϕ(S(a)) est inférieur ou égal à l'autre, notons l'autreM0. On vérie facilement (en utilisant le lemme 1) queM0 est un majorant deϕ(J0, S(n)K). On conclut alors par le principe de récurrence.
Remarque. Il apparait clairement que pour un ensemble ordonné, la propriété l'ordre est total est équivalent à la propriété toute partie à deux éléments admet un plus grand et un plus petit élément. Toutefois, on ne peut pas vraiment formuler ceci avant d'avoir clairement fondé la notion de nombre d'éléments d'une partie.
Proposition (11). La partieJ0, nK deNest nie pour tout entier natureln.
Preuve. Soitϕ une application injective deJ0, nK dans lui même. Le lemme6 et la proposition6 permettent de dénir une fonctionϕ¯ :
∀x∈J0, nK, ϕ(x) = max¯ ϕ(J0, xK) ={ϕ(0), ϕ(1),· · ·, ϕ(x)}
Cette fonction est strictement croissante et à valeurs dansJ0, nK. D'après le lemme5, c'est l'identité deJ0, nK. On en déduit la surjectivité deϕ.
Lemme 7. Soitp etq deux entiers naturels tels qu'il existe une application injective de J0, pKdans J0, qK, alors p≤q.
Preuve. On utilise la même construction que dans la démonstration du lemme11en dénissant une fonction ϕ¯ :
∀x∈J0, nK, ϕ(x) = max¯ ϕ(J0, xK) ={ϕ(0), ϕ(1),· · ·, ϕ(x)}
Cette application est alors strictement croissante deJ0, pKdansJ0, qK. La proposition5montre alors quep≤ϕ(p)¯ d'oùp≤q.
Lemme 8. SoitAune partie deNpour laquelle, pour toutn∈N, il existe une application injective deJ0, nKdans A, alors Aest innie.
Preuve. En utilisant la même construction que dans la démonstration du lemme 11, on peut supposer que les applications injectives sont strictement croissantes.
D'après la proposition 11 et le lemme 4 toute partie majorée de N est nie, on va donc montrer qu'une partie vériant l'hypothése n'est pas majorée.
En eet, pour tout entier n, il existe une application strictement croissante ϕ de J0, S(n)K dans A. On en tire n < S(n)≤ϕ(S(n))d'après la proposition 10. Il existe donc un élémentadeA (à savoirϕ(S(n))tel quea≤n est faux. Ceci étant valable pour tous les entiersn, cela signie queAn'est pas majorée.
Proposition (12). SoitA un ensemble. S'il existe une application injective deN dansA, alors An'est pas ni.
Preuve. En considérant les restrictions aux partiesJ0, nK, on se ramène au lemme8.
Proposition (13). SoitA un ensemble ni non vide. Il existe un unique entier naturelnpour lequel il existe une bijection entreJ0, nKetA.
Preuve. D'après le lemme 8, il existe des entiersk pour lesquels il n'existe pas d'application injective de J0, kK dansA. On noteN l'ensemble de ces éléments et mle plus petit d'entre eux.
Comme il existe une application injective de{0}dansA, on sait quem6= 0. Il existe doncn∈Ntel queS(n) =m. Den < m, on déduit quen /∈ N et qu'il existe donc une application injectiveϕdeJ0, nKdansA. Siϕn'était pas surjective, on pourrait la prolonger en une application injective deJ0, S(n) =mKdansAen contradiction avec la dénition dem.
Ainsi, il existe bien unnpour lequel il existe une bijection deJ0, nKversA. Montrons maintenant qu'il n'en existe qu'un.
Sinet n0 vérient cette propriété, il existe alors des bijections entreJ0, nKet J0, n0K. ceci entraine quen=n0 en utilisant le lemme7.
Proposition (14). Toute partie nie non vide de Nadmet un plus grand élément.
Preuve. SoitA une partie nie non vide deN, il existe alors une bijection entreJ0, nK etA. Le lemme6 montre alors queAest majorée donc il admet un plus grand élément d'après la proposition 6.
Proposition (15). Toute partie d'un ensemble ni est nie et son cardinal est inférieur ou égal au cardinal de l'ensemble qui le contient.
Preuve. La première partie de cette proposition est le lemme4. SoitAet B nis avec]A=p,]B=qetA⊂B. Il existe des bijectionsαdeJ0, pKdansAet β deJ0, qKdansB. CommeA⊂B, on peut dénir une application
(
J0, pK→J0, qK k→β−1(α(k))
Commeαetβ sont bijectives, cette application est injective doncp≤qd'après le lemme7.
Proposition (16). SoitA etB deux ensembles nis, alors :
A∪B ni A⊂B⇒] A≤]B A⊂B ] A=]B
)
⇒A=B A∩B=∅ ⇒](A∪B) =] A+]B
Preuve. à rédiger ou à admettre ?
Proposition (17). SoitA etB deux ensembles et f une application de AdansB : f bijective et Ani ⇒B ni et] A=] B f injective et B ni ⇒A ni et] A≤] B f surjective et Ani ⇒B ni et] B≤] A Preuve. à rédiger ou à admettre ?
Proposition (18). Soient A etB deux ensembles nis avec le même cardinal. Soitf une application deA dans B. Alorsf est injective si et seulement sif est surjective si et seulement si f est bijective.
Proposition (19). Soient A1,· · · , Ap des parties nies et disjointes deux à deux d'un ensemble A. Leur union est nie avec :
](A1∪ · · ·Ap) =] A1+· · ·+] A1
Preuve. à rédiger ou à admettre ?
