QUELQUES OUTILS. si P est vraie, alors forcement Q est vraie aussi si P et Q sont deux propositions, alors l écriture P Q veut dire P est équivalente

Transcription

1 QUELQUES OUTILS Table des matières. Un tout petit peu de logique.. Raisonnements par l absurde 3.2. Raisonnement pas récurrence 4 2. Ensembles 5 3. Ensembles de nombres Rappels Sous-ensembles de R 7 4. Operations avec les ensembles 7 5. Applications entre ensembles 8 6. Exercices 6.. Nombres 6.2. Ensembles 6.3. Applications Injectivité et surjectivité Raisonnement par récurrence 9. Un tout petit peu de logique On va tout d abord fixer un peu de notation et de langage mathématique de base, qui nous permettra de bien presenter les sujets. le symbole veut dire pour tout ou bien quelque soit le symbole veut dire il existe le symbole! veut dire il existe un unique souvent on utilisera le symbole : pour dire tel que si P et Q sont deux propositions, alors l écriture P Q veut dire P implique Q, c est-à-dire si P est vraie, alors forcement Q est vraie aussi si P et Q sont deux propositions, alors l écriture P Q veut dire P est équivalente à Q, c est-à-dire P est vraie si et seulement si Q est vraie

2 2 QUELQUES OUTILS Dans les exemples qui suivent, on utilisera N pour noter l ensemble des nombres naturels (voir Section 3). Exemple. (Formaliser une proposition). Par exemple, essayons de formaliser en mathématiques la proposition suivante P il existe un nombre naturel qui est plus grand que tous les autres Ça s écrit de la façon suivante P M N : n N n M Bien entendu, cette proposition est fausse (voir ci-dessous). Exemple.2 (Nier une proposition). On revient sur la proposition P de l exemple précédent. On veut montrer que P est fausse. Pour ça, il faudra montrer que le contraire de P est vrai. Donc il faudra nier P et après montrer que c est bien cette nouvelle proposition que l on notera non P qui est vraie. On commence par nier P : non P M N, n N : M < n. Une fois qu on a formalisé la négation de P, on peut montrer qu elle est vraie. Soit M N, on prend n M + qui est bien encore dans N et qui est tel que M < n. Ceci montre que non P est vraie et par consequent que P était fausse. L exemple précédent nous donne un aperçu de comme faire pour nier une proposition. Par exemple, on note ci-dessous deux régles principales pour prendre la négation d une proposition P : devient ; devient Exemple.3 (Implication). Soient P et Q les deux propositions suivantes et P ma voiture est une Ferrari Q ma voiture est italienne. On a que P implique Q, donc on écrira P Q. Bien sûr, le contraire n est pas vrai, autrement dit Q n implique pas P. Exemple.4 (Double implication). Soient P et Q les deux propositions suivantes et P un carré a aire Q un carré a côtés de longueur. Cette fois ici on pourra vraiment utiliser le symbole P Q, grâce à la formule qui donne l aire d un carré. Et si au lieu d un carré on considère un rectangle? Memento. Faites toujours attention à utiliser le symbole de double implication dans la manière correcte.

3 QUELQUES OUTILS 3 Exemple.5 (Un erreur typique). On donne l exemple d un erreur typique dans l utilisation du symbole. Supposons qu on doit resoudre l exercice suivant (très simple) : trouver toute solution x de x 2. Il peut arriver qu on étudiant un peu distrait ait envie d écrire x 2 x et d en conclure que x est la seule solution, mais ceci n est pas correct! Dans ce cas, la seule implication qui est vraie est la suivante x x 2, qui ne permet pas de conclure l exercice (on a perdu la solution x dans cette manière). On termine avec encore un peu de notation : on utilisera la barre / pour nier un symbole. Par exemple On verra des autres exemples prochainement. veut dire il n existe pas veut dire n implique pas.. Raisonnements par l absurde. Il s agit d une methode de raisonnement qui est souvent utile pour montrer l implication P Q. Il consiste a supposer que P soit vraie et que Q soit fausse, au fin d arriver à trouver une contradiction. On va faire quelques exemples. Exemple.6. Si le carré d un nombre entier est pair, alors le nombre lui même est pair. Autrement dit (.) n N, n 2 pair n pair. On va raisonner par l absurde, en supposant qu il existe n 0 N tel que n 2 0 est pair et pourtant n 0 ne l est pas. Par hypothèse, on a donc que n 0 est impair, c-à-d il existe N tel que Cela implique évidemment n n 2 0 (2 + ) (2 + 2) + 2 m +, où on a définit m Mais l identité precedente veux dire que n 2 0 donne une contradiction. L implication (.) est donc vraie. est impair, ce qui

4 4 QUELQUES OUTILS.2. Raisonnement pas récurrence. Souvent il peut nous arriver d avoir à montrer que certaines propositions P(n) qui dépendent d un indice n N, sont vraies pour tout n n 0. Exemple.7. Montrer que pour tout n N \ {0} on a n (n + ). 2 Ici le symbole n veut dire somme sur qui va de à n et donc en général a a + a 2 + a a n. Dans ce cas, le raissonnement par récurrence est un outil essentiel pour démontrer ce qu on veut. Il consiste de deux étapes : Initialisation. On montre que la proposition P(n) est vraie pour le premier naturel n 0, i.e. on montre que P(n 0 ) est vérifiée. Hérédité. On montre que P(n) P(n + ). Autrement dit, dans cette deuxième étape, il faut montrer que si la proposition est vraie pour un certain n, alors forcement ça implique qu elle est vraie aussi pour le naturel successif n +. Si on arrive à vérifier ces deux étapes, alors en utilisant la structure des nombres naturels, on peut en conclure que P(n) est bien vraie pour tout n n 0. Exemple.8. Au fine de montrer que pour tout n N \ {0} on a (.2) n (n + ), 2 on utilise un raisonnement par récurrence.. Initialisation. Pour n, l identité (.2) est vraie, car ( + ) Hérédité. On va supposer que (.2) soit vrai pour un certain n N, i.e. que n (n + ). 2

5 QUELQUES OUTILS 5 Il faut montrer que cette hypothèse implique (.2) pour n + aussi. En utilisant notre hypothèse, on a donc n+ qui montre (.2) pour n +. + (n + ) (n + ) (n + 2), 2 n (n + ) 2 + (n + ) 2. Ensembles Soit A un ensemble, on utilisera la notation x A, pour dire que l element x appartient à A. De façon similaire on utilisera la notation x A, pour dire le contraire, c est-à-dire l element x n appartient pas à A. Soit B un autre ensemble, on dira que B est un sous-ensemble de A (ou aussi une partie de A) si pour tout x B, on a x A aussi. Autrement dit, tout element de B est contenu dans A, c est-à-dire Dans ce cas, on écrira b B, on a b A. B A. Par consequent, on aura que deux ensembles A, B sont égaux si et seulement si B A et A B. Dans ce cas on utiliser la notation A B. Au contraire, l ecriture B A veut dire que B n est pas un sous-ensemble de A, i.e. en formule b B : b A. Avec le symbole on denotera l ensemble vide, c est-à-dire l ensemble qui ne contient pas d elements. Évidemment, on a toujours A, et on va indiquer P(A) l ensemble des parties de A, c est-à-dire P(A) {B : B A}. Exemple 2.. Soit A {a, b, c}, alors on a P(A) {, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.

6 6 QUELQUES OUTILS Attention! Il faut pas faire confusion entre le symbole a et celui {a}. Avec le premier on indique un element de A, quand le deuxième denote le sous-ensemble le A constitué du seul element a, et donc {a} et un element de P(A). Donc l écriture est correcte, par contre l écriture n a pas du sense. a A {a} A 3. Ensembles de nombres 3.. Rappels. Parmi les ensembles, ceux de nombres seront très importants. On va rappeler les plus importants. N {0,, 2, 3,...} nombres naturels, Z {0,,, 2, 2, 3, 3,...} nombres entiers { } p Q : p, q Z avec q 0 nombres rationnels q On voit que effectivement les nombres rationnels sont beaucoup, par exemple, 2, 3, 4,..., n,..., est une suite infinie des elements de Q qui s accumulent vers 0. De toute manière, ils ne sont pas assez. Par exemple, dans la nature il y a des nombres qui n est pas possible écrire sous forme p, p, q Z, q 0. q Il s agit des nombres qu on appelle irrationnels. C est le cas par exemple de la longueur de l hypoténuse d un triangle rectangle isocèle (ayant côtés ) ou de la longuer d une circonférence de rayon. Alors il faut introduire R Q {nombres irrationnels} nombres réels Mais il y a encore un problème : dans R on a du mal à résoudre l équation x Pour ça, on définit i unité immaginaire et on a l ensemble On a les inclusions C {x + i y : x, y R} N Z Q R C. On aura besoin des proprietés suivante de R. nombres complexes. Propriétes de R. L ensemble R a les proprietés suivantes :. Parfois on appelle N nombres entiers naturels et Z nombres entiers relatifs.

7 QUELQUES OUTILS 7 i) Pour tout x, y R tels que x < y, il existe z R tel que x < z < y; ii) Pour tout x R et ε > 0, il existe y Q tel que x y < ε Sous-ensembles de R. Soit a, b R avec a < b, on utilisera la notation suivante pour les intervals de R [a, b] {x R : a x b} intervalle fermé, (a, b) {x R : a < x < b} intervalle ouvert, [a, b) {x R : a x < b} intervalle fermé à gauche (a, b] {x R : a < x b} intervalle fermé à droite On notera aussi [a, ) {x R : x a}, et (, b] {x R : x b}. 4. Operations avec les ensembles Soient A, B deux ensembles, alors on notera : A B {x : x A ou x B} réunion de A et B, A B {x : x A et x B} intersection de A et B, A \ B {x : x A et x B} différence de A et B, A B (A \ B) (B \ A) différence symétrique de A et B, A B {(x, y) : x A et y B} produit cartesien de A et B. Si X est un troisième ensemble tel que A X, alors on utilisera la notation A c X \ A complémentaire de A dans X Exemple 4.. Soient X R, A {3, 5} et B [0, 4]. Alors on a A B [0, 4] {5} A B {3} A \ B {5} B \ A [0, 3) (3, 4], et encore A B [0, 3) (3, 4] {5} A c {x R : x 3 et x 5} B c (, 0) (4, + ). Finalement, on a (voir Figure ) A B {(x, y) R R : x 3 ou x 5 et 0 y 4}, et B A {(x, y) R R : 0 x 4 et y 3 ou y 5}.

8 8 QUELQUES OUTILS ,8 0 0,8,6 2,4 3,2 4 4,8 5,6-0,8 0 0,8,6 2,4 3,2 4 4,8 5,6 Figure. Le produits cartesiens {3, 5} [0, 4] et [0, 4] {3, 5}. 5. Applications entre ensembles Soient X et Y deux ensembles et f : X Y une application 2. Par définition, on a donc f(x) Y, x X. On dira que X et le domaine de f et que Y est son codomaine. Pour tout A X, on définit f(a) {y Y : x A tel que y f(x)} qui s appelle image de A par l application f. On remarquera que f(a) Y, i.e. il s agit d une partie de l ensemble d arrivée. Pour tout B Y, on définit aussi f (B) {x X : f(x) B}, qui s appelle image réciproque de B par f. Dans le cas particulier d un seul element, i.e. si A {x} et B {y}, on utilisera plutôt la notation f(x) et f (y). Définition 5.. On dit que f est injective si L application f est surjective si x, x 2 X, x x 2 f(x ) f(x 2 ). y Y, x X tel que f(x) y. Une fonction qui est injective et surjective est dite bijective. Remarque 5.2. Autrement dit, on a que f : X Y est surjective si et seulement si y Y, l équation f(x) y admet au moins une solution x X D autre part, f :: X Y sera injective si et seulement si y Y, l équation f(x) y admet au maximum une solution x X. 2. On utilisera application et fonction comme synonymes.

9 Et donc, f : X Y sera bijective si et seulement si QUELQUES OUTILS 9 y Y, l équation f(x) y admet une et une seule solution x X. Exemple 5.3. Soient X Z et Y {,, 2, 2}. On définit la fonction {, si x est pair, f(x), si x est impair. On voit que f est ni injective, ni surjective. En effet on a f(z) {, } Y, et par exemple l element 2 n est pas l image d un nombre entier par f, donc f(x) Y. On voit aussi que f(2) f(4), donc f n est pas injective, car il y a deux elements différents dans X qui ont la même image. Exemple 5.4. Soient X Y R et f : X Y définie par f(x) x 2, x R. À nouveau, cette application est ni injective, ni surjective. En effet, on a f() f( ), qui montre bien que f n est pas injective. D autre parte, si y < 0 alors on a y f(r), car par définition l image de R par f ne contient que les nombres positives. Exemple 5.5. Maintenant, on prend X Y [0, ) et à nouveau f : X Y définie par f(x) x 2, x 0. Apparemment rien est changé...mais ce n est pas vrai! Maintenant la fonction f est devenue bijective, c est-à-dire injective et surjective. En effet, si x 2 0 f(x 0 ) f(x ) x 2, avec x 0, x 0, alors forcement x 0 x, i.e. f est injective. D autre part, si y 0 alors qui montre que f est surjective y ( y) 2 f( y), Définition 5.6. Soient X, Y et W, Z quatre ensembles tels que Y W. Soient f : X Y et g : Z W deux applications. On appelle composition de f par g, la nouvelle application g f : X W définie par g f(x) g(f(x)), x X.

10 0 QUELQUES OUTILS Exemple 5.7. Soient X R, Y R et Z [0, ]. On prends f : X Y et g : Y Z définies par f(x) x + g(x) + x 2, alors g f : X Z et g f(x) g(f(x)) + f(x) 2 + ( + x) 2, x R. Soit X un ensemble non vide, on utilise la notation Id X : X X l application identité définie par Id X (x) x, x X. Bien évidemment, Id X est bijective. Définition 5.8. Soit f : X Y une application entre ensembles non vides. On dit que g : Y X est une application réciproque de f si g f Id X et f g Id Y. Proposition 5.9. Soit f : X Y avec X, Y ensembles non vides. Si f admet une application réciproque, alors cela est unique. On la notera f : Y X. Démonstration. Soient g : Y X et g 2 : Y X deux applications tels que et On a donc pour tout y Y g f Id X et f g Id Y. g 2 f Id X et f g 2 Id Y. g 2 (y) g 2 (f g (y)) g 2 f g (y) g 2 f(g (y)) g (y), qui montre bien que g g 2, i.e. elles sont la même applications. On peut enoncer le suivant résultat très important. Théorème 5.0. Soient X, Y deux ensembles non vides. Si f : X Y est bijective, alors elle admet l application réciproque f : Y X. L application f est définie par (5.) f : Y X y la seule solution x de l équation f(x) y Démonstration. On observe tout d abord que si f est bijective, alors l application (5.) est bien définie d après la Remarque 5.2. En suite, on a et f f(x) f (f(x)) la seule solution x de l équation f(x) f(x) x, f f (y) f(f (y)) f( la seule solution x de l équation f(x) y ) y. Donc f f Id Y et f f Id X, comme on voulait.

11 QUELQUES OUTILS Le résultat précédent disait que la bijectivité est une condition suffisante pour l existence de l application réciproque. Mais en effet c est une condition nécessaire aussi (voir Théorème ci-dessous). Théorème 5.. Soient X, Y deux ensembles non vides. Si f : X Y est admet l application réciproque f : Y X, alors f est bijective. Démonstration. Pour la démonstration de ce résultat, on peut voir l Exercice Nombres. 6. Exercices Exercice 6.. Montrez que 2 n est pas un nombre rationnel. Démonstration. On va raisonner par l absurde. Supposons donc qu ils existent p, q N\{0} tels que 2 p q, et que cette fraction soit irreductible. L identité précédente implique donc (6.) 2 q 2 p 2, c est-à-dire p est un nombre naturel dont le carré est pair. En utilisantl e résultat de l Exemple.6, on obtient que p lui même est pair. Donc il existe m N \ {0} tel que p 2 m. On utilse maintenant cette information dans (6.), ce qui donne 2 q 2 4 m 2 et donc q 2 2 m 2. À nouveau, cela implique que q 2 est pair et donc q lui même est pair. Finalement, on arrive à une contradiction : on a trouvé que p et q sont pair, ce qui contradit le fait que p/q soit irreductible. Donc 2 Q Ensembles. Exercice 6.2. Soient E, F et G trois ensembles. Demontrez que (E F ) G (E G) (F G). Démonstration. On utilisera la double inclusion, c est-à-dire il nous suffira de demontrer que (6.2) (E F ) G (E G) (F G). et aussi (6.3) (E G) (F G) (E F ) G. Soit alors x (E F ) G, ça veut dire que x E F ou x G,

12 2 QUELQUES OUTILS en revenant à la définition de réunion d ensembles. On voit que si x E F, alors x E et x F et ceci implique 3 x E G et x F G, c est-à-dire x (E G) (F G). Par contre, si x G, alors à nouveau x E G et x F G, donc x (E G) (F G). Dans tout cas, on obtient qui montre l inclusion (6.2). x (E F ) G, on a x (E G) (F G), Maintenant, on va montrer l inclusion inverse (6.3). Soit x (E G) (F G), alors x E G et x F G. Maintenant, on voit qu il y a deux possibilités : soit x G, soit x G. Si x G, alors évidemment on a aussi x (E F ) G ; si par contre x G, alors il faudra que x E et x F, sinon on trouvera une contradiction avec x E G et x F G. En particulier, si x G, alors x E F et donc à nouveau on tombe sur x (E F ) G. Dans tout cas, on a bien montré que qui montre l inclusion (6.3). x (E G) (F G), on a x (E F ) G, Exercice 6.3. Soient E, F et G trois ensembles. Demontrez que (E F ) G (E G) (F G). Exercice 6.4. Soient A, B deux ensembles, demontrez que A B (A B) \ (A B) Démonstration. Soit x A B, par définition ceci est équivalent à dire que x A \ B ou x B \ A. Supposons que x A \ B, alors x A et x B, donc en particulier x A B et x A B. Si par contre on avait x B \ A, alors x B et x A, c est-à-dire x A B et x A B. Dans tout cas, ceci montre que x A B x (A B) \ (A B), et finalement on obtient l inclusion A B (A B) \ (A B). On va maintenant montrer l inclusion inverse. Soit donc x (A B) \ (A B), donc x A B et x A B. Ceci veut dire que x A ou x B, mais x n appartient pas à A et à B au même temps. Donc soit x A et x B, soit x B et x A, c est-à-dire x A \ B ou x B \ A. Vu que x était un element quelconque de (A B) \ (A B), on obtient l inclusion qui termine la preuve. (A B) \ (A B) (A \ B) (B \ A) A B, Exercice 6.5. Soient A, B X deux ensembles, demontrez que (A B) c A c B c. 3. Il nous suffit de remarquer que E E G et F F G

13 QUELQUES OUTILS 3 Démonstration. En revenant à la définition de complémentaire, on a x (A B) c x A B x A et x B x A c et x B c, c est-à-dire, on a trouvé que ce qui termine la preuve. x (A B) c x A c B c. Exercice 6.6. Soient A, B X deux ensembles, demontrez que Démonstration. On a (A B) c A c B c. x (A B) c x A B x A ou x B x A c ou x B c. Finalement, ceci veut dire que x (A B) c x A c B c, donc les deux ensembles sont égaux. Exercice 6.7. Demontrez l implication C D D c C c. Démonstration. On suppose de savoir que C D, on veut montrer que alors D c C c. Soit donc x D c, ça veut dire que x D et donc x C non plus, car D contient C. Finalement on a obtenu x C, i.e. x C c. Vu que x était un element quelconque de D c, on a bien montré ce qu on voulait. Exercice 6.8. Soient A, B, E trois ensembles, avec A E et aussi B E. On considère les trois propositions suivantes : (i) A B E ; (ii) A c B ; (iii) B c A. Demontrez que (i) (ii) (iii). Démonstration. Implication (i) (ii) On suppose donc que A B E, il faut montrer que ceci implique A c B. Soit x A c, donc x A, mais quand même x E et on a E A B. Alors forcement on aura x B, vu que x A B et x A. Finalement, tout element de A c est contenu dans B, donc on a bien montré (ii). Implication (ii) (i) On suppose maintenant A c B, on veut bien montrer que E A B. Vu qu on sait déjà que A B E, il nous suffira de demontrer l inclusion E A B. Soit donc x E, alors on a deux possitilités : soit x A, soit x A. Si x A, alors on a aussi x A B. Par contre, si x A, alors x A c et donc x B par hypothèse (ii), or à nouveau x A B. Dans tous cas, on a demontré l inclusion dont on avait besoin.

14 4 QUELQUES OUTILS Implication (ii) (iii) Supposons donc que A c B, il faut montrer que alors B c A. On pourra utiliser l Exercice 6.7 : en choisissant C A c et D B, on obtient comme désiré. B c (A c ) c A, Implication (iii) (ii) Maintenant on suppose que B c A et on doit montrer que A c B. On pourra utiliser encore l Exercice 6.7, en choisissant cette fois C B c et D A Applications. Exercice 6.9. Soient f : X Y et g : Y Z deux applications. Notons h g f la composition de f par g. ) Montrer que si h est injective, alors f est injective. 2) Montrer que si h est surjective, alors g est surjective. Démonstration. On commence par démontrer ), donc on suppose que la composition h soit injective. Soient x, x 2 X tels que x x 2, alors par hypothèse on a h(x ) h(x 2 ) c est-à-dire g(f(x )) g(f(x 2 )). Ceci montre que on ne peut pas avoir f(x ) f(x 2 ) et donc finalement f(x ) f(x 2 ), pour tout x x 2. En revenant à la définition de fonction injective, on termine. En ce qui concerne 2), supposons maintenant que h soit surjective. Soit alors z Z, par hypothèse on a z h(x), c est-à-dire il existe x X tel que h(x) z. Par définition de la fonction h, on a g(f(x)) z et donc z est bien dans l image de la fonction g, car si on pose y f(x) Y, on obtient g(y) z. Exercice 6.0. Soit f : X Y, montrez que f est injective g : Y X telle que g f Id X. Démonstration. Supposons que f soit injective, il faut montrer qu il exists une application g : Y X telle que g(f(x)) x, pour tout x X. On se fixe x 0 X et après on va définir l application g : Y X telle que { f g(y) (y), si f (y), x 0, sinon. On remarque tout d abord que la fonction g est bien définie : en effet, si f (y) n est pas vide, par l injectivité de f cette image réciproque ne peut contenir qu un seul element. Évidemment on a par construction que g(f(x)) x, x X, vu que x est le seul element qui a comme image f(x).

15 QUELQUES OUTILS 5 Pour prouver l implication inverse, on observe que si une telle g existe, alors la composition g f est une fonction injective, car l identité Id X a cette proprieté. Donc on pourra utiliser l Exercice 6.9 pour dire que f doit être injective. Exercice 6.. Soit f : X Y, montrez que f est bijective! g : Y X telle que g f Id X. Démonstration. Soit f bijective, en particulier elle est injective et donc d après l Exercice précédent on peut déjà dire qu il existe une fonction g : Y X avec la proprieté g f Id X. On vaut donc vérifier qu une telle fonction est unique : soit g : Y X une autre fonction avec la même proprieté. Soit y Y, vu que f est surjective on peut dire qu il existe x X tel que y f(x). On a donc c est-à-dire donc g g. g(y) g(f(x)) x et aussi g(y) g(f(x)) x, g(y) g(y), pour tout y Y, Viceversa, supposons qu une telle g existe et soit unique. À nouveau, on peut tout d abord utiliser l Exercice 6.9 et dire que f est forcement injective. Il nous manque à montrer que f est surjective : supposons que f ne le soit pas, alors f(x) Y, c est-à-dire il existe y 0 Y tel que f(x) y 0, pour tout x X. Comme dans l Exercice précédent on va construire l application suivante { f h(y) (y), si f (y), x 0, sinon, où on aura choisi x 0 X tel que x 0 g(y 0 ). La fonction h est encore bien définie, car f est injective et par construction h f Id X. Mais on a dit que f (y 0 ), donc h(y 0 ) x 0 g(y 0 ). Ceci donne une contradiction avec l unicité de g, car h a la même propriéte que g et h g. Finalement ceci montre que f doit être surjective aussi. Exercice 6.2 (Théorème 5.). Soit f : X Y et supposons qu elle admet l application réciproque f : Y X. Montrer que f est bijective. Démonstration. Supposons que f admet une application réciproque. Il existe donc g : Y X tel que g f Id Y et f g Id X. Comme Id X et Id Y sont deux applications bijectives, en utilisant l Exercice 6.9 on en déduit que f est à la fois injective et surjective.

16 6 QUELQUES OUTILS Exercice 6.3. On considére les applications suivantes 4 f : N R + n 2n n+ Calculer f g et g f. Démonstration. On a et aussi ce qui termine l exercice. f g(x) f(g(x)) g : R + N x 3 [x], 2g(x) g(x) + 23[x] 3 [x] +, [ ] 2 n g f(n) g(f(n)) 3, n + Exercice 6.4. On considère les applications et Montrez que g f g. f : R + R + x x g : R + R x x x+ Démonstration. On remarque déjà que la composition est bien définie. Après, en revenant à la définition de fonction composée g f(x) g(f(x)) f(x) f(x) + x x x + + x, ce qui termine l exercice Injectivité et surjectivité. Exercice 6.5. La fonction suivante est-elle injective? surjective? f : N N n n +, Démonstration. La fonction est injective, car si n m alors f(n) n + m + f(m). Par contre, la fonction n est pas surjective, car par exemple il n existe pas de n N tel que car f(n) pour tout n N. 0 f(n), 4. Ici, on note [α] la partie entière d un nombre α, c est-à-dire le plus grand nombre entier inferieur ou égal à α.

17 Exercice 6.6. La fonction suivante est-elle injective? surjective? QUELQUES OUTILS 7 g : Z Z n n +, Démonstration. Comme avant, la fonction est injective, car si n m alors g(n) n + m + g(m). Et cette fois, la fonction est aussi surjective, car pour tout n N l équation n g(m), admet au moins (mais en effet unique, car g est injective) solution. En fait, par définition on a n g(n ). La fonction g admet donc une application réciproque, qui est donné par g (n) n. En effet, on a g (g(n)) g (n + ) n et g(g (n)) g(n ) n. Exercice 6.7. La fonction suivante est-elle injective? surjective? h : R \ {} R x x+ x, Démonstration. Soit y R, on essaye de résoudre pour x l équation x + h(x) y. x On trouve (x + ) y (x ) (y ) x + y. Cette équation admet donc solution (et cette solution est unique) si et seulement si y. Ceci implique que h est injective, mais par surjective : on a en effet demontré que il n existe pas x R \ {} tel que h(x). Remarque 6.8. D áprès la discussion précédente, on a que l application (faites attention au codomaine, qui vient de changer) h : R \ {} R \ {} x x+ x, est bijective. C est qui son application réicproque? Exercice 6.9. La fonction suivante est-elle injective? surjective? : R 2 R 2 (x, y) (x + y, x y),

18 8 QUELQUES OUTILS Démonstration. On essaye de voir tout d abord si est injective. Soient (x, y ) (x 2, y 2 ), il faudra montrer que alors (x, y ) (x 2, y 2 ). Si on y arrive, alors sera injective. Supposons par absurde que c est-à-dire que (x, y ) (x 2, y 2 ), { x + y x 2 + y 2 x y x 2 y 2 Le système précédent est equivalent à { x + y x 2 + y 2 2 x 2 x 2, où on a tout simplement remplacé la deuxième équation, par la somme des deux. Mais donc ça implique que x x 2 : si on utilise cette information dans la première équation, on trouve aussi y y 2. Ceci donne un contrediction avec l hypothèse (x, y ) (x 2, y 2 ) et donc est bien injective. Si on veut montrer que est bijective, il faudra montrer que pour tout (z, w) R 2, il existe au moins une couple (x, y) telle que (x, y) (z, w). Ceci équivaut à dire que pour tout (z, w) R 2, il existe au moins une solution 5 (x, y) du système linéaire suivant { x + y z Effectivement on voit que x y w. x z + w y z w, 2 2 est la solution cherchée. Ceci montre que est surjective aussi. Finalement, on peut dire que est bijective, donc elle admet l application réciproque : R 2 R 2. Êtes-vous capable de donner la formule qui définit? Exercice La fonction suivante est-elle injective? surjective? f : C [0, + ) z z 5. Comme on sait déjà que est injective, si une telle solution existe elle sera bien sûr unique.

19 QUELQUES OUTILS 9 Démonstration. On rappelle qu etant donné z a + i b avec a, b R, son module est défini par z a 2 + b 2, qui est toujours un numero réel positif. C est facile à voir que f n est pas injective : tout nombre complexe de la forme z ϱ cos ϑ + i ϱ sin ϑ, où ϱ > 0 et ϑ [0, 2π) sont tels que f(z) ϱ. Est-ce que f est surjective? Autrement dit, est-il vrai que pour tout t R, il existe z C tel que f(z) t c-à-d z t? Bien évidemment oui, par exemple il suffira de prendre z t (ou alors z t ou plus en général z t cos ϑ + i t sin ϑ) Raisonnement par récurrence. Exercice 6.2. Montrer que pour tout n N \ {0} on a (6.4) 2 n (n + ) (2n + ). 6 Démonstration. On procedera en utilisant un raisonnement par récurrence.. Initialisation. Pour n, l identité (6.4) est vraie, car 2 ( + ) (2 + ) Hérédité. On va supposer que (6.4) soit vrai pour un certain n N, i.e. que 2 n (n + ) (2n + ). 6 Il faut montrer que cette hypothèse implique (6.4) pour n + aussi. En utilisant notre hypothèse, on a donc n (n + ) 2 qui montre (6.4) pour n +. n (n + ) (2n + ) 6 (n + ) [n (2n + ) + 6 (n + )] 6 (n + ) (n + 2) (2n + 3)), 6 + (n + ) 2 (n + ) (2n2 + 7n + 6) 6

20 20 QUELQUES OUTILS Exercice Soit a C \ {}, alors pour tout n N on a (6.5) a an+ a. 0 Démonstration. On procedera en utilisant un raisonnement par récurrence.. Initialisation. Pour n 0, l égalité (6.5) est vraie, car a 0 a a. 2. Hérédité. Maintenant, on va supposer que (6.5) soit vrai pour un certain n N : il faudra montrer que grace à cette hypothèse, on peut montrer que (6.5) reste vraie aussi pour n +. En utilisant notre hypothèse, on a n+ a a + a n+ an+ a an+2 a, c est-à-dire, on a bien montré que (6.5) est vraie pour n +. + a n+ an+ + a n+ a n+2 a Exercice 6.23 (Coefficient binomial). On introduit le coefficient binomial : etant donnés m, n N avec m n, on pose ( ) n n! m m! (n m)!, où n! 2 3 n et 0!. Montrez que pour tout m n on a ( ) ( ) n n (6.6) + m m ( n + m Démonstration. Il suffira d utiliser la définition de coefficient binomial. Tout d abord, d après la définition ( ) ( ) n n! n + (n + )! et m m! (n m)! m (m )! (n m + )!. Si on multiplie et divise le premier par (n m + ) ( ) n n! (6.7) m m! (n m)! n! (n m + ) n! (n m + ) m! (n m)! (n m + ) m! (n m + )!, où dans la dernière identité on a utilisé que ). (n m)! (n m + ) (n m + )!,

21 par définition. De façon similaire, on a ( ) n + (6.8) m En utilisant (6.7) et (6.8), on a donc ( ) ( ) n n + m m QUELQUES OUTILS 2 (n + )! (m )! (n m + )! (n + )! m m (m )! (n m + )! n! (n m + ) (n + )! m + m! (n m + )! m! (n m + )! (n + )! [ ] (n m + ) + m m! (n m + )! n! m! (n m + )! (n + ) (n + )! m! (n m + )!, (n + )! m m! (n m + )!. où dans la dernière identité on a utilisé (n + ) n! (n + )!. En revenant à la définition de coefficient binomial, on a ( ) (n + )! n + m! (n m + )!, m ce qui termine la prevue. Exercice 6.24 (Formule du bynôme de Newton). Montrer que pour tout a, b 0 et n N on a ( ) n (6.9) (a + b) n a n b (formule du bynôme de Newton). 0 Démonstration. On procedera en utilisant un raisonnement par récurrence.. Initialisation. Pour n, l identité (6.9) est vraie, car ( ) (a + b) a + b et a b a + b. 2. Hérédité. On va supposer que (6.9) soit vrai pour un certain n N, i.e. que ( ) n (a + b) n a n b. 0 Il faut montrer que cette hypothèse implique (6.9) pour n + aussi. En utilisant notre hypothèse, on a donc ( ) n (a + b) n+ (a + b) (a + b) n (a + b) a n b 0 ( ) n ( ) n a n+ b + a n b

22 22 QUELQUES OUTILS On observe maintenant que 0 ( ) n a n b + n+ et donc en utilisant cette observation on obtient (6.0) (a + b) n+ 0 a n+ + + ( ) n a n+ b + ( n ( n On utilise maintenant (6.6), pour dire que ( ) n a n+ b + En revenant à (6.0), on a donc obtenu ( ) n a n+ b, n+ ) a n+ b ) a n+ b + b n+. ( ) n a n+ b ( ) n a n+ b [( n ( n + ) + ( )] n a n+ b ) a n+ b. ( ) n+ n + ( ) n + (a + b) n+ a n+ + a n+ b + b n+ a n+ b, 0 c est-à-dire, la formule (6.9) est vraie pour n + aussi. Cela termine la preuve. Exercice Montrer que pour tout n N \ {0} on a (6.) ( + ) n n +. Démonstration. On procedera en utilisant un raisonnement par récurrence.. Initialisation. Pour n, l identité (6.) est vraie, car ( + ) 2 +.

23 QUELQUES OUTILS Hérédité. On va maintenant supposer que (6.) soit vrai pour un certain n N. Il faut montrer que cette hypothèse implique (6.) pour n + aussi. On a n+ ( + ) ( + ) + (n + ) (n + 2) n n + + (n + ) (n + 2) n (n + 2) + (n + ) (n + 2) (n + ) 2 (n + ) (n + 2) n + n + 2, qui montre bien que la formule (6.) est vraie pour n+ aussi. Cela termine la démonstration. Remarque D après (6.), on a (6.2) ( + ) lim n ( + ) lim n n n +. Exercice Montrer que pour tout n N \ {0,, 2, 3} on a (6.3) n! n (n + ). Démonstration. On procedera en utilisant un raisonnement par récurrence.. Initialisation. Pour n 4, l inegalité (6.3) est vraie, car 4! (4 + ). 2. Hérédité. On va maintenant supposer que (6.3) soit vraie pour un certain n N. Cela implique (n + )! (n + ) n! (n + ) n (n + ). On observe maintenant que n (n + ) (n + 2) pour n 4, car n (n + ) (n + 2) n 2 + n n + 2 n 2 2 est cette dernière rélation est vraie, si n 4. On obtient donc (n + )! (n + ) n (n + ) (n + ) (n + 2), i.e. l inégalité (6.3) est vraie pour n + aussi. Remarque En utilisant l Exercice précédent et (6.2), on a donc! < +. 0

24 24 QUELQUES OUTILS En effet 0! lim n 0 [ ]! lim + + n ! 4 [ lim n [ 4 ( + ) et donc finalement, en utilisant (6.) aussi (avec n 3)! ( + ) 3 ( + ) ( + ) ] ]