Théorie des ensembles

(1)

Feuille 3

Théorie des ensembles

Exercice3.1 Solution p. 5

SoientEun ensemble etA, B, Dtrois parties deE. Démontrer que : 1. A\B =B\A

2. A\(B∩D) = (A\B)∪(A\D) 3. A\(B∪D) = (A\B)∩(A\D)

4. (A∪B)∩(B∪D)∩(D∪A) = (A∩B)∪(B∩D)∪(D∩A)

SoientAetBdeux parties d’un ensembleE. Résoudre l’équation(E) : (A∩X)∪(B∩X) =∅, en l’inconnue X∈ P(E).

SoientA, B, CetDquatre ensembles.

1. Démontrer que(A×C)∪(B×C) = (A∪B)×C.

2. Comparer les ensembles(A×C)∩(B×D)et(A∩B)×(C∩D).

kdésigne un entier supérieur ou égal à 2 etA₁, . . . , A_nsontkparties d’un même ensemble. Montrer que A1∪ · · · ∪Ak= (A1\A₂)∪(A2\A₃)∪ · · · ∪(Ak−1\A_k)∪(Ak\A₁)∪(A1∩ · · · ∩Ak).

SoientEun ensemble,nun entier non nul,A₁, . . . , A_netB₁, . . . , B_ndes parties deE. Montrer que

n

[

i=1

(Ai∩Bi) = \

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

éé .

SoitEun ensemble non vide. Pour toutes partiesAetB deE, on appelle différence symétrique deAetB la partie deEnotéeA∆Bdéfinie par

A∆B = (A∩B)∪(A∩B) = (A∪B)\(A∩B)

1) Justifier l’égalité affirmée par la définition ci-dessus.

2) Montrer que l’opération∆est commutative et associative.

3) Soitn∈Navecn≥2. SoitA₁, . . . , A_ndes parties deE.

Montrer quex∈A1∆A2∆· · ·∆Ansi et seulement si le cardinal de{i∈ {1, . . . , n}/ x∈Ai}est impair.

SiAest un ensemble muni d’une loi interne∗, c’est-à-dire d’une applicationA×A−→A (x, y)7−→x∗y

, on dit que(A, ∗) est un monoïde si et seulement si

Quentin De Muynck Sous licencecbea

(2)

– ∀x, y, z∈A, x∗(y∗z) = (x∗y)∗z

– et s’il existee∈Atel que∀x∈A, x∗e=e∗x=x.Dans ce cas, on dit queeest l’élément neutre deA.

On considère un monoide(G,∗)dont l’élément neutre est notée.

1) SiHest une partie deG, à quelle conditionHest-il un monoïde pour la restriction de∗àH, dont l’élement neutre est aussie? Dans ce cas, on dit queHest un sous-monoïde deG.

2) SoitI un ensemble quelconque et(Hi)i∈I une famille de sous-monoïdes deG.Montrer que \

i∈I

Hiest aussi un sous-monoïde deG.

3) SoitBune partie quelconque deG. Montrer qu’on peut définir le plus petit sous-monoïde deGcontenantB.

Soitn∈N^∗etX₁, . . . , X_ndes ensembles.

Soitk∈N. On notePkl’ensemble des parties de cardinalkde{1, . . . , n}. 1) Sik≤ n+ 1

2 , montrer que \

H∈P_k

[

i∈H

X_i ⊂ [

H∈P_k

\

i∈H

X_i.

2) Sik≥ n+ 1

2 , montrer que [

H∈P_k

\

i∈H

Xi ⊂ \

H∈P_k

[

i∈H

Xi.

On se place dans le cadre de la théorie des ensembles, pour laquelle tout objet mathématique est un ensemble.

1) On admet l’axiome suivant :Axiome de fondation : Pour tout ensemblex non vide. il existey ∈ x tel que y∩x=∅.

Montrer que, pour toutn∈N^∗, il n’existe aucune suite d’ensemblesx1, . . . , xntels quex1 ∈x2∈ · · · ∈xn∈ x1.

2) Posons0 =∅.

Pour tout ensemblea, notonss(a) =a∪ {a}.

On dira qu’un ensembleaest clos par successeur si et seulement si∀x ∈a, s(x)∈a.On admetl’axiome de l’infini: il existe un ensembleM dont0est un élément et qui est clos par successeur.

On noteN l’intersection des parties deM contenant0et closes par successeur.

Montrer queN satisfait les axiomes de Peano que l’on rappelle :

– N est muni d’un élément particulier noté0et d’une application « successeur » notéesdeN dansN.

– 0n’est le successeur d’aucun élement deN :∀n∈N, s(n)6= 0.

– sest une application injective :∀n, m∈N, s(n) =s(m)⇒n=m.

– Pour toute partieF deN, si0∈F ets(F)⊂F (i.e∀n∈N, n∈F ⇒s(n)∈F)alorsF =N.

Récurrences

Suites arithmético-géométriques

On fixe deux réelsaetb.On considère une suite(un)n∈Ntelle que, pour toutn∈N, un+1=aun+b.On souhaite exprimeru_nen fonction denet deu₀.

1) Traiter les casa= 1etb= 0.

Pour la suite, on suppose quea6= 1.

2) Montrer qu’il existe un unique réel`tel que`=a`+b 3) Pour toutn∈N, on posev_n=u_n−`.

Calculervnen fonction denet dev0. Conclure.

(3)

4) La suite(u_n)est-elle convergente?

Montrer que pour toutn∈N\{0,1},

n

X

k=1

1

k² > 3n 2n+ 1.

SoitE ={x₁, . . . , xn}un ensemble fini. Montrer qu’on peut lister les éléments deP(E)de sorte que la liste commence par∅, se termine par{x_n}et que chaque nouveau terme de la liste est obtenu depuis le précédent par ajout ou retrait d’un unique élément deE.

On note(u_n)n∈Nla suite définie paru₀ = 1et pour toutn∈N^∗, u_n=u_bⁿ

2c+u_bⁿ

3c+u_bⁿ

6c. 1) Montrer que, pour toutn∈N, un≥n+ 1.

2) TrouverC >0tel que, pour toutn∈N, un≤C(n+ 1).

La fonction d’Ackermann est définie récursivement par :







∀n∈N, A(0, n) =n+ 1

∀m∈N^∗, A(m,0) =A(m−1,1)

∀m, n∈N^∗ A(m, n) =A(m−1, A(m, n−1))

La troisième ci-dessus donne l’impression d’un cercle vicieux, car la fonction « s’appelle elle-même » (on dit qu’elle est définie récursivement). La question de cet exercice est donc toute naturelle : démontrer que la fonetion d’Ackermann est bien définie!

Soitf une application deN^∗dansN^∗telle que : pour toutn∈N^∗, f(n+ 1)> f(f(n)). Montrer que, pour toutn∈N^∗, f(n) =n.

Logique

Montrer de deux manières différentes que les formules propsitionnelles suivantes sont logiquement équiva- lentes :

A⇒(B∧C)et(A⇒B)∧(A⇒C), (A∨B)⇒Cet(A⇒C)∧(B ⇒C), (A∧B)⇒Cet(A⇒B)⇒(A⇒C).

Soit(u_n)n∈Nune suite de nombres réels.

1) Écrire, à l’aide de quantificateurs les assertions suivantes : 1. la suite(un)n∈Nest majorée parM ∈R;

2. la suite(u_n)n∈Nest majorée;

3. la suite(un)n∈Nn’est pas majorée;

4. la suite(un)n∈Nest strictement décroissante :

5. la suite(u_n)n∈Nest stationnaire (c’est-à-dire constante à partir d’un certain rang);

6. la suite(u_n)n∈Nest périodique à partir d’un certain rang.

2) Inversement, traduire en langage « clair » les assertions suivantes :

Quentin De Muynck 3 Sous licencecbea

(4)

(a) ∀n∈N,∃p≥n, u_p = 0; (b) ∃n∈N, ∃p≥n, u_p < u_n;

(c) ∀n∈N, ∃p≥n, up 6=un.

Alice, Bruno et Camille sont au restaurant.

– Si Alice ne prend pas de dessert, Bruno non plus;

– parmi Alice et Camille, exactement une personne prend un dessert;

– si Camille prend un dessert, Bruno aussi;

– Bruno ou Camille prennent un dessert.

Déterminer parmi Alice, Bruno et Camille, celles et ceux qui prennent un dessert.

Écrire les négations logiques des trois phrases suivantes :

1) Dans chaque devoir surveillé, il y a toujours une question qu’aucun élève ne sait résoudre.

2) Pour être admissible aux Mines en 2018, il fallait avoir au moins 177 points à la barre scientifique et 363 points à la barre générale.

3) L’an dernier en MPSI2, certains élèves ont eu au moins 12 à toutes leurs colles de maths.

Dans cet énoncé, la négation d’une formule propositionnelleP sera notée indifféremment¬P ouP . 1) La barre de Scheffer, notée « | » est le connecteur logique défini par :

Pour toute formule propositionnelleP etQ, (P|Q)est logiquement équivalente à(P ∨Q).

Montrer que l’on peut dire que la barre de Scheffer est le connecteur logique « est incompatible avec ».

2) Exprimer les connecteurs¬,∧,∨et⇒en utilisant uniquement la barre de Scheffer.

Donner la contraposée des expressions suivantes : 1. (A∧(B∨C))⇒(B∨(A∧C)).

2. (∃!x, (x∈A et x∈B))⇒(∀y, ∃!x, (x∈Aet(y−x)∈B)). Ces propositions sont-elles vraies?

(5)

Solution de l’exercice 3.1 Énoncé 1. A\B =A∩B=B∩A=B\A.

2. A\(B∩D) =A∩(B∩D) = 1∩(B∪D) = (A∩B)∪(A∩D) =A\B∪A\D. 3. Adapter le raisonnement précédent.

4. A∩B ⊂(A∪B), A∩B ⊂(B∪D), A∩B ⊂(D∪A), doncA∩B ⊂(A∪B)∩(B∪D)∩(D∪A) =E. On montre de même queB∩D⊂EetD∩A⊂E, donc on a l’inclusion réciproque.

Soitx∈E, supposons quex∈A∪B.

• Six∈A∩B, alorsx∈(A∩B)∪(B∩D)∪(D∩A) =F.

• Six∈Aetx6∈B, etx∈B∪D, alorsx∈D, doncx∈A∩D⊂F.

• Six6∈Aetx∈B, alorsx∈(D∪A)\A, doncx∈D∩B ⊂F. On adapte pour les autres cas.

Alternativement :

(A∪B)∩(B∪D)∩(D∪A) = (B∪(A∩D))∩(D∪A)

= (B∩D)∪(B∩A)∪((A∩D)∩D)∪((A∩D)∩A)

= (B∩D)∪(A∩B)∪(A∩D)

Solution de l’exercice 3.2 Énoncé

(E)⇔A∩X =∅etB∩X =∅

⇔X⊂AetX⊂B

⇔X⊂AetB⊂X

⇔B ⊂X⊂A

SiB 6⊂A, il n’y a pas de solution.

1. ⊃: Soitx∈(A∪B)×C,x= (d, c), d∈A∪B, c∈C.

• Sid∈A, x∈A×C

• Sid∈B, x∈B×C Doncx∈(A×C)∪(B×C).

⊂: Soitx∈(A×C)∪(B×C),x= (a, c), a∈A, c∈Coux= (b, c), b∈B, c∈C.

donca∈A∪B etb∈A∪B, doncx∈(A∪B)×C. Donc(A∪B)×C= (A×C)∪(B×C).

2. Soitx∈(A×C)∩(B×D);x= (e, f).

Donce∈Aete∈B, etf ∈C, etf ∈D, donce∈A∩Betf ∈C∩D, doncx∈(A∩B)×(C∩D).

Convenons dans un premier temps queA_k+1=A₁. PosonsE=Sk

i=1A_ietF =ÄSk

i=1A_i\A_i+1ä

∪ÄTk i=1A_iä

. E⊂F :

Soitx∈E,six∈Tk

i=1Ai, alorsx∈F. Sinon, il existei, i⁰ ∈J1, kK, x∈A_i, x6∈A_i⁰.

(6)

Supposons que∀j ∈ J1, kK, x∈ A_j etx 6∈ A_j+1. Par récurrence, on ax ∈ A_j, ∀j ∈ J1, kKc’est absurde, donc il existejtel quex∈A_j etx6∈A_j+1.

Doncx∈Aj\A_j+1∈F.

F ⊂E :∀i∈J1, kK, A_i\A_i+1 ⊂E, doncTk

i=1A_i ⊂E, doncF ⊂E. Ceci prouve queE =F.

On va montrer ce résultat par récurrence.

Pourn= 1,

1

[

i=1

(A_i∩B_i) =A₁ ∩B₁ = (A₁∪ ∅)∩(B₁∪ ∅) = \

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

A_i

! [

Ñ [

i6∈X

B_i éé

. Supposons maintenant la propriété vraie au rangn∈N:

n+1

[

i=1

= \

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

éé

∪(An+1∩Bn+1)

= Ñ

An+1∪ Ñ

\

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

éééé

∩ Ñ

Bn+1∪ Ñ

\

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

éééé

= Ñ

\

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

éé

∪An+1

é

\ Ñ

\

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

é

∪Bn+1

éé

= Ü

\

X⊂J1,n+1K n+1∈X

Ñ [

i∈X

A_i

! [

Ñ [

i6∈X

B_i éé

ê

\ Ü

\

X⊂J1,n+1K n+16∈X

Ñ [

i∈X

A_i

! [

Ñ [

i6∈X

B_i éé

ê

= \

X⊂J1,n+1K

Ñ [

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

éé

Ceci prouve la propriété au rangn+ 1et le principe de récurrence permet de conclure.

Autre méthode : Soitx∈S

i∈J1,nK(A_i∪B_i), il existe alorsi₀tel quex∈A_i₀ ∩B_i₀. SoitX⊂J1, nK.

Sii₀ ∈X, alorsX ∈A_i₀ ⊂ [

i∈X

A_i. Sii₀ 6∈X, alorsx∈B_i₀ ⊂ [

i6∈X

.

Doncx∈ [

i∈X

A_i

!

∪ Ñ

[

i6∈X

B_i é

, doncx∈ \

X⊂J1,nK

Ñ [

i∈X

A_i

!

∪ Ñ

[

i6∈X

B_i éé

Réciproquement, six 6∈ [

i∈J1,nK

(Ai∪Bi), alors∀i∈J1, nK, x6∈Ai∩Bi. PrenonsX ={i∈J1, nK/ x6∈Ai}, ainsix6∈ [

i∈X

Ai.

Sii6∈X, x∈Aiorx6∈Ai∩Bidoncx6∈Bi, doncx6∈ [

i6∈X

Bi. Doncx6∈ \

X⊂J1,nK

[

i∈X

Ai

! [

Ñ [

i6∈X

Bi

é .

1. On peut procéder par table de vérité,

(7)

2. À l’aide de fonctions indicatrices/caractéristiques (soitA⊂E) : 1A,E−→ {0,1}

x7−→

®1 six∈A 0 six6∈A .

Et on a1A∩B=1A1B,1A∪B =1A+1B−1A1B,1AtB =1A+1B,1_A= 1−1A.

1A∆B=1(A∩B)t(A∩B)

=1A∩B+1A∩B

=1A(1−1B) + (1−1A)1B

=1A+1B−21A1B

1A∆(B∆C)=1A+1B∆C−21A1B∆C

=1A+1B+1C−21B1C −21A(1B+1C−21B1C)

=1A+1B+1C−21B1C −21A1B−21A1C+ 41A1B1C

On obtient une fonction symétrique en fonction deA, BetCmais ne dépendant pas deA, BetC(seulement de{A, B, C}), donc ceci prouve l’associativité et la commutativité.

On pouvait procéder plus classiquement en développant les expressions et en montrant qu’elles sont symétriques par rapport à chaque partie.

3. ∀x∈E, 1A∆B=1A+1B−21A1B≡1A+1B[2]. Montrons par récurrence que pourn≥2,

1A1∆···∆An ≡X

i=1

1Ai[2]

x∈A1∆A2∆· · ·∆An⇔1_A₁∆···∆An ≡1[2]⇔P

i=1Ai ≡1[2].

NotonsE =A₁∆A₂∆· · ·∆A_n,x∈E ⇔Card{i∈N, x∈A_i} ≡1[2].

⇒: x ∈ E∆An+1 ⇔ (x ∈ Eetx 6∈ An+1)ou(x 6∈ Eetx ∈ An+1), donc le cardinal est impair et cela montre la propriété au rangn+ 1.

⇐: Card{i∈N, x∈A_i}est impair, x6∈A_n+1 okay. Six∈A_i, x6∈A_i+1, x∈A_i∆A_i+1, et six∈A_n+1 alorsx6∈E.

1. Hest un monoïde si et seulement si :

• e∈H

• ∀(x, y)∈H², x∗y∈H

• H⊂G

2. ∀i∈I, Hiest un sous-monoïde.

Donc∀i∈I, e∈H_i,donce∈T

i∈IH_i. Soitxy∈T

i∈IH_i,∀i∈I, x, y∈H_i, doncx∗y∈H_icarH_iest un monoïde, doncx∗y∈T

i∈IH_i. 3. B⊂G, soitIun ensemble, et(Hi)i∈Ila famille de tous les sous-monoïdes deGcontenantB.

B⊂T

i∈IH_i, etT

i∈IH_iest bien un sous-monoïde deG.

SoitH⁰un ensemble quelconque tel queH⁰soit un sous-monoïde deGcontenantB. Il existe alorsi0∈Itel queH⁰ =Hi0, alorsT

i∈IHi ⊂Hi0 =H⁰doncT

i∈IHiest bien le plus petit monoïde contenantB.

(8)

Solution de l’exercice 3.8 Énoncé NotonsX=X₁∪. . .∪X_n, ainsi queS_k= [

H∈Pk

\

i∈H

X_ietT_k= [

H∈Pk

\

i∈H

H_i.

∀x∈X, on note1X = (u1, . . . , un), avecui ∈ {0,1}tel queui=

®1 six∈Xi

0 six6∈Xi

. On définitϕ:X−→N, X 7−→Pn

k=1u_i, on a doncϕ(x) = Card{i∈J1, nK/ x∈X_i}. Montrons queSk={x / ϕ(x)≥n+ 1−k}etTk={x / ϕ(x)≥k}.

Si ϕ(x) < n+ 1−k, alors il existeu_α₁, . . . , u_α_k ∈ {u₁, . . . , u_n} tels queu_α₁ = . . . = u_α_k = 0, donc x 6∈

X_α₁ ∪. . .∪X_α_k, doncx6∈S_k.

Si ϕ(x) ≥ n+ 1−k, alors on a au moins(n+ 1−k) termes non-nuls, u_β₁, . . . , u_β_n+1−k, et par principe des tiroirs, pour toutH ∈P_k, on a au moins°n+ 1−k

k

§

≥1terme non nul, doncx∈X_β₁ ∪. . .∪X_β_n+1−k.

DoncCard{i ∈ J1, nK/ x 6∈ X_i} ≤ n−(n+ 1−k) = k−1. SoitH ∈ P_k et CardH = k, H 6⊂ {i ∈ J1, nK/ x6∈X_i}, et il existei∈Htel quex∈X_i, on a bien démontré quex∈ [

i∈H

X_i, doncx∈ \

H∈P_k

[

i∈H

X_i =S_k. Siϕ(x)≥k,Tk= \

H∈P_k

[

i∈H

Xi.

Tk =

x∈X / ϕ(x) = Card{i∈J1, nK, x∈Xi} ≥n+ 1−k T_k ={x∈X / ϕ(x)≤n−k}

Or{i∈J1, nK/ x∈Xi}=J1, nK\{i∈J1, nK/ x∈Xi}, doncT_k={x∈X / ϕ(x)≥k}. Lorsquek≤ n+ 1

2 , n+ 1−k≥ketS_k⊂T_k, lorsquek≥ n+ 1

2 , n+ 1−k≤ketS_k⊃T_k.

1. Supposons le contraire, i.e. il existsx₁ ∈x₂∈. . .∈x_n∈x₁. PosonsX={x₁, . . . , x_n},X 6=∅. Syy∈X, il existei∈J1, nKtel quexi=yalorsxi−1 ∈xi=yen convenant quex0 =xn.

Doncxi−1 ∈x_i∩X =y∩X, donc∀y∈X, y∩X 6=∅, c’est faux si l’on suppose vraie l’axiome de fondation.

2. D’après l’axiome de l’infini, il existeM 6=∅tel que∅ ∈M et∀a∈M, a∪ {a} ∈M. NotonsS ={A⊂M /0∈A, s(A)⊂A},S6=∅carM ∈S. On peut poserN =T

A∈SA. Montrons queN vérifie les axiomes de Peano.

• ∀A∈S, 0∈A, donc0∈T

A∈SA.

• Soitn∈N, A∈S, alorsn∈Aets(A)⊂A, doncs(n)∈A, doncs(n)∈T

A∈SA=N.

• s(n) =n∪ {n}doncs(n)6=∅= 0.

• Supposons quen6=m

n∪ {n}=s(n) =m∪ {m}, n∈ {n}doncn∈n∪ {n}, doncn∈m∪ {m}maisn6=mdoncn∈m. En échangeant les rôles joués, on montre quem∈n∈m, ce qui est faux d’après l’axiome de fondation, doncn=metsest injective.

• SoitF ⊂N, telle que0∈F, ∀n∈F, s(n)∈F, doncF ∈S, doncF ⊃T

A∈SA=N, doncF =N DoncN vérifient les quatre axiomes de Peano.

1. Ce cas correspondent à des suites géométriques et arithmétiques.

2. On a`= b 1−a

(9)

3. u_n+1=au_n+bet`=a`+b, donc(u_n+1−`) =a(u_n−`), doncu_n=aⁿ(u₀−`) +` 4. Elle est convergente si et seulement si|a|<1.

On montre le résultat par récurrence, voilà l’hérédité :

n

X

k=1

1

k² > 3n

2n+ 1donc

n+1

X

k=1

1

k² > 3n

2n+ 1+ 1 (n+ 1)². Or

3n

2n+ 1+ 1

(n+ 1)² ≥ 3n+ 3 2n+ 3

⇔ 3n

2n+ 1−3n+ 3

2n+ 3 ≥ −1 (n+ 1)²

⇔ 3n(2n+ 3)−(3n+ 3)(2n+ 1)

(2n+ 1)(2n+ 3) ≥ −1 n²+ 2n+ 1

⇔ −3

4n²+ 8n+ 3 ≥ −1 n²+ 2n+ 1

⇔n²+ 2n≥0

Schémas à réaliser. Montrons qu’on peut construire une suiteA₁, . . . , A₂ⁿensembles réunissant les conditions.

Initialisation :n= 1, on a(A1, A2) = (∅,{x₁}).

Hérédité : Supposons la propriété vraie au rangn∈N^∗.

• Bi =Aisii >2ⁿ

• B₂ⁿ_+i =A₂ⁿ−i+1∪ {x_n+1}pour1≤i≤2ⁿ Correction à revoir.

1. Montrons par récurrence que∀n∈N, un≥n+ 1

Initialisation :u₀= 1≥1donc on a la propriété au rang0.

Hérédité : Supposons la propriété vraie pour toutkcompris entre0etn−1. Alorsun=ubⁿ

2c+ubⁿ

3c+ubⁿ

6c≥jn 2 k

+ jn

3 k

+ jn

6 k+ 3.

Et on ajn 2 k

=

®n/2 sinest pair

n/2−1/2 sinest impair ≥ n−1 2 De même,jn

3 k

≥ n−2 3

jn 6 k

≥ n−5 6 . Doncun≥ n

2+n 3+n

6+ 3−1 2−2

3−5

6 ≥n+ 1, ce qui prouve la propriété au rangnet conclut la récurrence.

2. SoitC >0et la propriétéCn≥u_npour toutn∈N^∗.

On au1 = 3, u2= 5, u3= 7, u4 = 9, u5 = 9et on initialise la propriété au rang1,2,3,4,5,6.

Hérédité : Soitn≥6et on suppose la propriété vraie pour toutkcompris entre1etn−1. un≤C

jn 2 k

+ jn

3 k

+ jn

6 k

≤C n

2 +n 3 +n

6

Ceci prouve la propriété au rangnet conclut la récurrence.

Et on au₀ = 1≤n(0 + 1)≤C(n+ 1).

L’astuce était ici de rendre la propriété un peu plus faible afin de pouvoir mener la récurrence, il est en effet difficile de mener à terme la récurrence en considérantC(n+ 1).

(10)

Solution de l’exercice 3.14 Énoncé SoitR(m) :∀n∈N, A(m, n)est défini.

Pourm= 0, A(0, n) =n+ 1doncR(0)est vraie.

Pourn≥1, supposonsR(m−1). NotonsS_m(n) :A(m, n)est défini.

• n= 0, A(m,0) =A(m−1,1)défini d’aprèsR(m−1).

• n≥1: SupposonsSm(n−1).

D’aprèsS_m(n−1), p=A(m, n−1)est bien défini, d’aprèsR(m−1), A(m−1, p) =A(m, n)est défini.

D’oùSm(n).

D’après le principe de récurrence,∀n∈N, Sm(n)est vraie.

D’oùR(m), et le principe de récurrence permet de conclure.

On remarque ici l’utilisation d’une récurrence dans la récurrence, ce qui fait toute la difficulté de l’exercice.

PosonsEn={f(i)/ i≥n}.

Montrons par récurrence forte quef(n)est le plus petit élément deEn.

• n= 1,E₁est non-vide, il admet un plus petit élémentf(s).

Sis6= 1, alorsf(s)> f(f(s−1))orf(s−1)≥1, donc on a trouvé un élément strictement inférieur àf(s) ce qui est absurde doncs= 1, etf(1)est bien le plus petit élément deE₁.

• Supposons que pour toutkcompris entre1etn,f(k)est le plus petit élément deE_k. E_n+1 est non-vide et il admet donc un plus petit élément.

Supposons ques6=n+ 1, alorss > n+ 1doncs≥n, d’après l’hypothèse de récurrence,f(n)> f(n−1)>

. . . > f(1).

doncf(n)≥ n−1 +f(1)etf(s−1)≥n+ 1etf(f(s−1))∈E_n+1 orf(s) > f(f(s−1))doncE_n+1 admet un élément plus petit que son plus petit élément, c’est absurde, doncf(n+ 1)est le plus petit élément deEn+1.

Correction certainement à revoir.

• Par table de vérité.

• Par un raisonnement logique.

H : (A∧B)⇒C,A⇒B,Avraie.

AlorsA⇒BetAvraie, doncBest vraie, doncA∧Best vraie, orA∧B ⇒C, doncCest vraie.

Procéder de même pour le sens réciproque de l’équivalence.

• Par un calcul booléen.

[A∧B⇒C]≡ ¬(A∧B)∨C ≡ ¬A∨ ¬B∨C.

(A⇒B)⇒(A⇒C)≡ ¬(A⇒B)∨(A⇒C)

≡(A∧ ¬B)∨(¬A∨C)

≡(A∨(¬A

| {z }

vrai

∨C))∧(¬B∨ ¬A∨C)

≡ ¬B∨ ¬A∨C

1. (a) ∃M ∈R, ∀n∈N, u_n≤M

(11)

(b) Idem

(c) ∀M ∈R, ∀N ∈N, ∃n≥N, u_n≥M (d) ∀n, m∈N, n < m⇒un< um

(e) ∃N ∈N, ∀n≥N, uN =un

(f) ∃T ∈N^∗, ∃N ∈N, ∀n≥N, u_n+T =u_n 2. (a) La suite(un)s’annule une infinité de fois.

(b) La suite(u_n)est décroissante à partir d’un certain rang.

(c) La suite(u_n)n’est pas stationnaire.

On affecte chaque personne à son initiale.

H :¬A⇒ ¬B, (A∧ ¬B)∨(¬A∧C), C ⇒B, B∨C. Si¬A∧C, alors¬A⇒ ¬B etC ⇒B : c’est absurde.

Donc(A∧ ¬C), orB∨C, doncB, doncA, B,¬C.

Pas de correction proposé, il s’agit ici de mettre en évidence le méta-langage existant entre un énoncé mathé- matique écrit en français et un énoncé mathématique écrit en logique formelle.

1. P|Q,(P ∨Q),P ∧Qce qui correspond àP est incompatible avecQet vice-et-versa; la table de vérité correspondante :

P Q P∧Q

1 1 1

0 1 1

1 0 0

0 0 0

2.

¬X ≡ ¬(X∧X)

≡X∨W

≡X|X

A∧B≡ ¬(A∧B)

≡ ¬(A∨B)

≡ ¬(A|B)

≡(A|B)|(A|B)

A∨B≡ ¬A∨ ¬B

≡ ¬A|¬B

≡(A|A)|(B|B)

A⇒B ≡B∨ ¬A

≡ ¬B∨A

≡(B|B)|A

(12)

Solution de l’exercice 3.21 Énoncé 1. ¬(B∧(¬A∨ ¬C))⇒ ¬A∨(¬B∧ ¬C)

2. (∃y,(∀x∨@x),(x6∈A∨(y−x)6∈B))⇒((∀x∨@x),(x6∈A∨x6∈B))

Pour la négation de « il existe un unique », on peut décomposer comme suit : « il existe ET il est unique », la négation est donc « il n’existe pas OU il n’est pas unique ».

La vérification de la vérité de ces propositions est laissée au·à la·le lecteur·rice.