5. Relations d équivalences
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- Anne-Claire Thomas
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1 5. Relatons d équvalences Il est naturel de classfer des choses et on le fat tout le temps. Les nombres naturels sont de deux sortes : ceux qu sont pars et ceux qu sont mpars. On consdère Par et Impar comme deux objets, et on dt des choses comme : " Par + Impar = Impar, Impar fos Impar est Impar ". Les nombres enters vennent en tros classes : les nombres postfs, les nombres négatfs et 0. Les bêtes sont classfés dans pluseurs classes : les chens, les chats, les oseaux, les graffes, etcetera. Les symbôles sont dvsés dans les classes a,b,c,...,z,1,2,...*,&,*,(,?,... Les symbôles A, a, a, a, a... sont tous dans la même classe "a". Nous avons beson de modélser cet dée en termes d ensembles. On le fat avec les relatons d équvalence. t l ne faut pas avor trop de peur de ça. C est une abstracton d une dée naturelle. Mas l faut s habtuer. Comme on s est habtué aux fractons, car les fractons (ou les éléments de Q) sont en fat auss des classes d équvalence. Auss une bonne défnton des nombres réels se fat par une relaton d équvalence. Nous voulons dvser les éléments d un ensemble U de notre ntéresse dans pluseurs classes (sous-ensembles) non-vdes, selon une certane classfcaton. On ne veut pas permettre un élément dans deux classes dfférentes. Ses classes forment les éléments d un nouveau ensemble (U/ ) et on obtent une foncton surjectve Cl : U (U/ ) où Cl(u) est l unque classe qu content u. Par exemple Cl : Z {Par, Impar} et Cl( 2) = Cl(0) = Cl(22224) = Par et Cl( 25) = Cl(1) = Impar Un exemple. Sot un ensemble fn, dsons = n. Consdérons U = P () l ensemble des sous-ensembles de. Donc chaque élément de U est un sous-ensemble de. On va classfer selon la talle. Soent A 1 et A 2 deux éléments de U = P (), c.-à-d., deux sous-ensembles de. Nous dsons que A 1 et A 2 sont dans la même classe, et on écrt A 1 A 2, s A 1 = A 2, alors s les deux sous-ensembles ont la même talle. On a trvalement A 1 A 1, s A 1 A 2 alors A 2 A 1, s A 1 A 2 et A 2 A 3 alors A 1 A 3. Une classe d équvalence est par défnton la collecton de tous les sous-ensembles de même talle. := {A A = } P (), l ensemble de tous les sous-ensembles de avec exactement éléments. La collecton des classes d équvalence a donc + 1 éléments et est notée : (U/ ) = (P ()/ ) := {,,,..., } P (P ()) n Il a une foncton surjectve Cl : P () (P ()/ ) telle que Cl(A) = ( ) s A ( ). 43
2 44 Remarque. Il faut comprendre les dstnctons : Un élément A de ( ), ou A ( ), est par défnton un sous-ensemble de, A, tel que A =. t ( ) est un élément de (P ()/ ), mas ( ) est auss un certan sous-ensemble de P () et auss une collecton de sous-ensembles de. Chaque élément de P () (=chaque sous-ensemble de ) est dans une unque classe d équvalence). t donc n P () = est une partton de P () : c.-à-d. chaque ( ) ( est non-vde, et ) ( et ) j sont dsjonts s j. n conséquence : n P () = Par exemple, pour = {a, b, c}. =0 =0 0 = { } 1 = {{a}, {b}, {c}} 2 = {{b, c}, {a, c}, {a, b}} 3 = {} P () = P ()/ = {,,, } n partculer a {a, b}, {a, b} ( 2), ( 2) (P ()/ ). Mas {a, b}, ( 2) P () Défnton de relaton d équvalence. Sot U un ensemble et F (u 1, u 2 ) une foncton propostonnelle avec unvers du dscours U U. Cette foncton défnt un sous-ensemble R = R F U U ans : R := {(u 1, u 2 ) U U F (u 1, u 2 ) est vrae}. Sot G(u 1, u 2 ) une autre foncton propostonnelle auss avec unvers du dscours U U. Alors R F = R G s et seulement s F et G sont logquement équvalentes c.-à-d., pour chaque (u 1, u 2 ) on a F (u 1, u 2 ) est vrae (c.-à-d. (u 1, u 2 ) R F )) s et seulement s G(u 1, u 2 ) est vrae (c.-à-d. (u 1, u 2 ) R G )). Dans le sens nverse, chaque sous-ensemble R U U défnt une foncton propostonnelle F R (u 1, u 2 ) avec unvers du dscours sur U U par F R (u 1, u 2 ) := (u 1, u 2 ) R. La foncton F et la foncton assocée à R F sont logquement équvalentes.
3 S nous avons fxé F (ou seulement R), nous allons écrre u 1 u 2 s (u 1, u 2 ) R (ou F (u 1, u 2 ) vrae) et u 1 u 2 s (u 1, u 2 ) R. Défnton 5.1. Nous allons dre que (ou F ou R) est une relaton d équvalence sur U s pour chaque u, v, w élements de U on a () u u (réflexve) ; () s u v alors v u (symétrque) ; () s u v et v w alors u w (transtve). Dans ce cas nous allons dre que u est équvalent à v s u v. Remarque. À la place du symbole auss autres symboles sont souvent utlsés pour des relatons d équvalence, comme. Vor auss [R, 6.5]. xemple 5.1. S est un ensemble fn, nour posons U = P (). La foncton propostonnelle F (A 1, A 2 ) := A 1 = A 2 avec unvers du dscours U U ndut la relaton d équvalence dans l exemple précédent. Dans la sute du secton nous supposons que est une relaton d équvalence sur U Classes d équvalence. Sot u U. Défnssons sa classe d équvalence 45 Cl(u) = {v U u v} U. Remarque. À la place d utlser Cl(u) comme notaton pour la classe d équvalence de u, souvent une notaton comme u est utlsée. Ou autres. Chaque élément est contenu dans sa propre classe d équvalence et s deux classes d équvalence sont dfférentes, elles sont mêmes dsjonts. n conséquence, chaque élément de U est contenu dans une unque classe d équvalence. Ce sont des conséquence du lemme suvant. Lemme 5.1. Soent u, v U. () u Cl(u) ; () Cl(u) Cl(v) s et seulement s Cl(u) = Cl(v). Démonstraton. () u Cl(u) parce que u u (par réflexvté). () Sot w Cl(u) Cl(v), c.-à-d., u w et v w. Par symétre auss w u et w v. Donc par transtvté on a auss u v, v u. S x Cl(u) alors u x et x u. Avec u v et transtvté l sut x v et v x, ou x Cl(v). Donc Cl(u) Cl(u) Cl(v) Cl(u). Il sut Cl(u) = Cl(u) Cl(v) et Cl(u) = Cl(v) nsemble des classes d équvalence. Posons (U/ ) := {Cl(u) u U} pour l ensemble des classes d équvalence dfférentes. C est un ensemble mportant! Auss dans la vrae ve. Nous pouvons donc consdérer chaque Cl(u) comme sous-ensemble de U ou comme élément de U/.
4 46 Remarque. Pour beaucoup de relatons d équvalence l ensemble U/ a une notaton partculère, et ses éléments sont notés de façon partculer auss. Par exemple Q, respectvement 2 3. Souvent on ne reconnaît plus tout de sute certans ensembles comme des U/, et ses éléments comme de type "Cl(u)". t c est bon comme ça. Chaque élément C (U/ ) est par défnton de la forme C = Cl(u), pour un u U, mas un tel u n est pas unque en général. Consdérons u 1, u 2 U alors u 1 u 2 s et seulement s Cl(u 1 ) = Cl(u 2 ), (égalté comme éléments de U/ ou comme sous-ensembles de U). Soent C C deux éléments dfférents de U/. Ce sont donc deux sous-ensembles dfférents de U. Mas le lemme nous dt que ces deux ensembles sont mêmes dsjonts! 5.5. Partton par les classes d équvalences. Supposons l ensemble U est fn. Alors le fat que chaque élément de U est dans un unque classe d équvalence montre que la cardnalté de U est la somme des cardnaltés de ses classes d équvalences dfférentes. n formule U = C (U/ ) Ou s (U/ ) = {C 1, C 2,..., C m } alors U = C 1 C 2... C m et U = C 1 + C C m. C Fonctons. Nous obtenons une foncton surjectve : Cl : U U/ ou u U est envoyé à sa classe d équvalence Cl(u) U/. Cette foncton est mportante, car cette foncton permet de "transport d nformaton" d une côté à l autre, comme un pont entre les deux ensembles. Sot C (U/ ), alors son prémage par la foncton Cl est le sous-ensemble C U, c.-à-d., Cl 1 (C) = C. Une foncton f : U V telle que f(u 1 ) = f(u 2 ) s u 1 u 2 défnt une foncton par f : (U/ ) V f(cl(u)) := f(u). Cette défnton ne dépend pas du chox de u, car s Cl(u 1 ) = Cl(u 2 ) alors u 1 u 2 et donc f(u 1 ) = f(u 2 ), par l hypothèse dur f. Sans cette hypothèse f(cl(u)) := f(u) ne serat pas nécessarement ben défne : car s Cl(u) = Cl(u ) on veut f(cl(u)) = f(cl(u )) et donc auss que f(u) = f(u ) : la condton est nécessare et suffsante pour que c est une défnton d une foncton!
5 5.7. Les fractons. Peut-être l est surprenant de se réalser que Q est défne par une relaton d équvalence. Dscutons cet exemple. Acceptons l ensemble Z des nombres enters. Sur l ensemble U := {(n, d) Z Z d 0} nous défnssons une relaton d équvalence (n, d) (n, d ) s et seulement s nd = n d. Lemme 5.2. est une relaton d équvalence sur U. Démonstraton. Soent (n 1, d 1 ), (n 2, d 2 ) et (n 3, d 3 ) tros éléments de U, c.-à-d., n 1, n 2, n 3 tros enters, et d 1, d 2, d 3 tros non-zéro enters. Il faut vérfer tros choses. () (n 1, d 1 ) (n 1, d 1 ) ; c est le cas car d 1 n 1 = d 1 n 1. () s (n 1, d 1 ) (n 2, d 2 ) alors (n 2, d 2 ) (n 1, d 1 ) ; c est le cas car n 1 d 2 = n 2 d 1 mplque que n 2 d 1 = n 1 d 2. () s (n 1, d 1 ) (n 2, d 2 ) et (n 2, d 2 ) (n 3, d 3 ) alors (n 1, d 1 ) (n 3, d 3 ). Pour montrer ça, supposons que l hypothèse est vrae, c.-à-d. n 1 d 2 = n 2 d 1 et n 2 d 3 = n 3 d 2. Alors auss n 1 d 2 d 3 = n 2 d 1 d 3 et n 2 d 3 d 1 = n 3 d 2 d 1 et n 1 d 2 d 3 = n 3 d 2 d 1. Donc d 2 (n 1 d 3 n 3 d 1 ) = 0. Ic, nous avons seulement utlsé les proprétés élémentares de Z, comme la commutatvté et l assocatvté pour la multplcaton et la dstrbutvté. Nous avons auss la proprété suvante pour deux enters r et s : s rs = 0 et r 0 alors nécessarement s = 0. Applquons cette proprété. Par hypothèse d 2 0 et d 2 (n 1 d 3 n 3 d 1 ) = 0. Donc nécessarement (n 1 d 3 n 3 d 1 ) = 0, ou n 1 d 3 = n 3 d 1, ou (n 1, d 1 ) (n 3, d 3 ). Alors en effet, est une relaton d équvalence sur U. Nous connassons déjà depus longtemps ses classes d équvalence. Défnton 5.2. () Pour (n, d) U (donc n, d sont deux enters, dont d 0) nous allons écrre n := Cl(n, d) d pour la classe d équvalence de (n, d) U. Nous allons appeler n d une fracton. () Nous défnssons l ensemble des fractons. Q := U/, n partculer n 1 d 1 = n 2 d 2 s et seulement s (par défnton) n 1 d 2 = n 2 d 1. Par exemple 2 5 = 6 15, car 2 15 = 6 5 = 30. Nous défnssons l addton et la multplcaton n 1 d 1 + n 2 d 2 := n 1d 2 + n 2 d 1 d 1 d 2 n 1 d 1 n2 d 2 = n 1n 2 d 1 d 2 L applcaton de Z dans Q qu assoce à n la fracton n 1 dstncton entre n et n 1 (malgré que l un est un enter et l autre une fracton). Donc à partr des enters, nous pouvons construre les fractons. 47 est njectve. Souvent on ne fat pas
6 48 À partr de certanes sutes d éléments de Q et une relaton d équvalence on construt les nombres réels comme classe d équvalence et R comme l ensemble des classes d équvalence. Mas c est trop tôt de donner les détals c. xemple 5.2. st-ce que f : Q Z avec f( n m ) = n + m une foncton? 5.8. Relatons d équvalence sur Z. Soent m, n deux enters. On dt que m dvse n, et on écrt m n s l exste un q Z tel que n = qm. Chaque nombre naturel m donne une relaton d équvalence modulo m : n 1 m n 2 s m dvse n 1 n 2. Autre notaton n 1 n 2 mod m. La classe de n est notée Cl m (n) ou Cl(n) s m est fxé dans la dscusson. L ensemble des classes Z/ m est noté Z/mZ. Donc on peut consdérer Cl m (n) comme un élément de Z/mZ ou comme un certan sous-ensemble de Z. Mas on ne peut pas le consdérer comme un nombre enter. On défnt ensute Cl m (n 1 ) + Cl m (n 2 ) := Cl m (n 1 + n 2 ) et Cl m (n 1 ) Cl m (n 2 ) := Cl m (n 1 n 2 ). Nous allons dscuter cet exemple de relaton d équvalence en plus de détals un peu plus tard dans le cours Deux exemples plus drects. (1) S f : U V est une foncton, on obtent une relaton d équvalence sur U s on défnt : u 1 u 2 s f(u 1 ) = f(u 2 ). Dans ce cas Cl(u) = {u U f(u ) = f(u)}. La foncton de U/ dans Im(f) qu assoce à Cl(u) la valeur f(u) est une bjecton. (2) Supposons nous avons une partton de U en sous-ensembles non-vde. C.-à-d. l exste une collecton de sous-ensembles non-vde A, paramétrsée par un ensemble I, telle que A A j = s j. On obtent une relaton d équvalence : u 1 u 2 s l exste un I tel que u 1 A et u 2 A. Les classes d équvalence sont exactement les sous-ensembles A pour I.
7 49 6. Dvsblté dans Z Dans Z l y une noton de et une noton de dvsblté 13. Au nveau de défnton les deux sont un peu smlares. Défnton 6.1. Soent n, m deux enters. On écrt n m (ou m n) s l exste un nombre naturel r N tel que n + r = m. S n m on dt "n est plus pett que ou égal à m", ou "m est plus grand que ou égal à n". Défnton 6.2. Soent n, m deux enters. On écrt n m s l exste un nombre enter r Z tel que nr = m. S n m on dt que "n dvse m", ou "m est dvsble par n", ou "m est un n-multple". Voc quelques proprétés élémentares. Théorème 6.1. Soent a, b, c tros nombres enters. () S a b et b c alors a c. () S a b alors a + c b + c. () S a b et b a alors a = b (v) S a b et c N alors ac bc (v) S a b alors b a. Théorème 6.2. Soent a, b, c tros nombres enters. () S a b et b c alors a c. () S a b alors ac bc et a bc. () S a b et b a alors a = b. (v) S a b et a c alors a (b + c). Démonstraton. () S a b et b c l exste r, s N tels que a + r = b et b + s = c. Donc a + (r + s) = b + s = c et r + s N donc a c. S a b et b c l exste r, s Z tels que ar = b et bs = c. Donc a(rs) = bs = c et rs Z donc a c. () S a b alors l exste r N tel que a + r = b. Donc (a + c) + r = b + c et a + c b + c. S a b alors l exste r Z tel que ar = b. Donc (ac)r = bc et ac bc. Auss a ac donc par () : a bc. () S a b et b a, ls exstent r, s N tels que a+r = b et b+s = a. Donc a+r+s = b+s = a et r = s. Mas r, s N, donc r = s = 0, ou a = b. S a b et b a, ls exstent deux enters r, s tels que ar = b et bs = a. Donc ars = bs = a et a(rs 1) = 0. S a = 0, alors b = ar = 0 auss. S a 0 alors rs = 1 donc r = s = 1 ou r = s = 1. Donc a = b ou a = b. (v S a b l exste r N tel que a+r = b. S auss c N alors rc N et ac+rc = (a+r)c = bc, donc ac bc. S a b et a c alors l exste r, s Z tels que ar = b et as = c. Donc a(r + s) = ar + as = b + c et a (b + c). (v) S a b, l exste r N tel que a + r = b. Donc b + r = a et b a. 13. Vor [R, 2.3]
8 50 xemple 6.1. Sot n Z. () On a n N s et seulement s 0 n. () Toujours : 1 n et n 0. () S n a et n b alors pour tous les enters r et s on a n (ra + sb) Modulo m. Rappelons que nous avons défn pour des enters a, b, m (m 0) : a m b s m (a b). Voc la preuve promse du fat que m est une relaton d équvalence. Lemme 6.1. m est une relaton d équvalence sur Z. Démonstraton. () n m n parce que n n = 0 et m 0. () Supposons n 1 m n 2, c.-à-d., m (n 1 n 2 ) : l exste r Z tel que rm = n 1 n 2. Alors ( r)m = n 2 n 1 et r Z, donc par défnton m (n 2 n 1 ) et n 2 m n 1. () Supposons n 1 m n 2 et n 2 m n 3, c.-à-d., m (n 1 n 2 ) et m (n 2 n 3 ) : l exste r 1, r 2 Z tel que r 1 m = n 1 n 2 et r 2 m = n 2 n 3. Alors (r 1 + r 2 )m = (n 1 n 2 ) + (n 2 n 3 ) = n 1 n 3. Donc m (n 1 n 3 ) et n 1 m n 3. Nous avons défn + et sur l ensemble des classes d équvalences modulo m, Z/mZ. Que ces défntons ne dépendent pas des chox est vérfé dans le théorème suvant 14. Théorème 6.3. Soent a, b, c, d, m des nombres enters. () S a m c et b m d, alors (a + b) m (c + d) et (ab) m (cd). () S Cl m (a) = Cl m (c) et Cl m (b) = Cl m (d), alors Cl m (a + b) = Cl m (c + d) et Cl m (ab) = Cl m (cd). Démonstraton. S a m c et b m d alors l exste des enters r, s tels que mr = (a c) et ms = (b d). Donc m(r + s) = (a c) + (b d) = (a + b) (c + d) et (a + b) m (c + d). t auss a = c + mr et b = d + ms. Donc ab cd = (c + mr)(d + ms) cd = m(rd + cs + mrs), ce qu mplque que (ab) m (cd) Dvson avec reste. On ne peut pas dvser dans Z mas on a un alternatf fable. C est essentellement la longue dvson de l école prmare, une dvson partelle avec un pett reste à la fn. Théorème 6.4 (Dvson-avec-reste). Sot m > 0 un nombre naturel non-zéro fxé. Pour chaque n Z l exste deux unques nombres enters q, r tels que smultanément : () n = qm + r () 0 r < m. On dt : r est le reste et q le quotent de la dvson partelle de n par m. 14. Vor [R, p.112]
9 Remarque. Soent n et m > 0 deux nombres naturels. Consdérons la fracton n m. Alors l y un unque nombre naturel q tel que q n m < q + 1. C est le q du théorème. Ce q est donc presque n m. Démonstraton. La preuve se déroule en pluseurs étapes. (a) Pour n Z défnssons la foncton propostonnelle P (n) := q Z r Z ([n = qm + r] [0 r < m]). Montrons d abord P (n) vrae pour chaque n N, par nducton généreuse. Début : Pour 0 n < m, prenons q = 0 et r = n, dans ce cas en effet n = qm + r = 0m + n et 0 r < m sont vraes. Étape d nducton : Supposons n m 1 et P (a) vrae pour chaque 0 a n. Prenons a = n + 1 m, alors 0 a n en effet. Donc par l hypothèse généreuse P (a) est vrae. C.-à-d., l exste des nombres enters q 0 et r 0 tels que n + 1 m = a = q 0 m + r 0 et 0 r 0 < m. Donc n + 1 = (q 0 + 1)m + r 0. n prenant q = q et r = r 0 on obtent n + 1 = qm + r et 0 r < m. Alors P (n + 1) est auss vrae. Par nducton on conclut P (n) vrae pour chaque n N. (b) Mantenant on veut montrer P (n) s n < 0. Nous savons que n > 0 et que P ( n) est vrae. Il exste des enters q 0 et r 0 telles que n = q 0 m + r 0 et 0 r 0 < m. Deux cas : r 0 = 0 et r 0 0. Dans le premer cas n = ( q 0 )m + 0 est la décomposton voulu et P (n) est vrae. Dans l autre cas : posons r = r 0 + m et q = q 0 1. Alors 0 r 0 + m < m mplque 0 r < m et n = ( q 0 1)m + ( r 0 + m) = qm + r. Ce qu montre que P (n) est vrae auss. Concluson : n Z P (n) vrae. (c) Uncté : Supposons n = qm + r = q 1 m + r 1 et 0 r < m et 0 r 1 < m. Alors qm + r = q 1 m + r 1, ou r r 1 = (q 1 q)m. Sans perte de généralté nous pouvons supposer que r r 1. t donc 0 r r 1 < m. Ça mplque que 0 (q 1 q)m < m et donc 0 q 1 q < 1. Mas en général s 0 N < 1 et N enter, mplque N = 0. Donc q 1 = q et r = n qm = n q 1 m = r 1. Une premère conséquence. Corollare 6.1. Sot m > 0 un nombre naturel. () Pour chaque n Z l exste un unque nombre naturel r tel que n m r et 0 r < m. () Pour chaque n Z l exste un unque nombre naturel r tel que Cl m (n) = Cl m (r) et 0 r < m. () Donc Z/mZ = m et Z/mZ = {Cl m (0), Cl m (1), Cl m (2),..., Cl m (m 1)}. Remarque. Mas rappelons que Cl m (0) = Cl m (m) = Cl m ( m) et cetera. Démonstraton. Sot n Z. Par le thm. l exste deux enters q et r tels que n = qm + r et 0 r < m. Alors m (n r) et n m r. S n m r 1 et n m r 2 avec 0 r < m pour chaque = 1, 2. Alors l exste deux enters q 1, q 2 tels que n r = q m ou n = q m + r, pour = 1, 2. Par la parte "uncté" du thm : r 1 = r 2 (et q 1 = q 2 ). 51
10 52 Le reste de la preuve est une conséquence drecte et est lassé Nombres premers et composés. Défnton 6.3. Un nombre naturel p > 1 est un nombre appelé premer s les seuls dvseurs postfs sont 1 et p. Un nombre naturel n > 1 est un nombre appelé composé s n n est pas premer. Des nombres premers : Des nombres composés : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,... 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 21, 22, 24, 25, 26, 27, Théorème 6.5. Pour chaque nombre naturel n > 1 l exste un enter s 1 et des nombres premers p 1, p 2,..., p s tels que n = p 1 p 2... p s On dt : "Une décomposton en facteurs premers exste". Par exemple : 36 = : c s = 4, p 1 = 2, p 2 = 2, p 3 = 3 et p 4 = 3. Il y a auss un aspect d uncté que nous allons énoncer et montrer plus tard. Démonstraton. Posons P (n) := "l exste un s 1 et des nombres premers p 1,..., p s tels que n = p 1 p 2 p s ". Début : P (2) est vrae, parce que 2 = p 1 ou s = 1 et p 1 = 2 est un nombre premer. Étape d nducton : Sot n 2 et pour chaque 2 a n on suppose P (a) vrae. S n + 1 est premer, alors n + 1 = p 1 avec s = 1 et p 1 = n + 1 premer ; ce qu montre que P (n + 1) est auss vrae. S n + 1 n est pas premer, alors l exste un dvseur d > 0 négal à 1 ou n + 1. Donc l exste un q tel que n + 1 = dq. Nécessarement 2 d n et 2 q n. Par l hypothèse généreuse on a P (d) et P (q) vraes. Donc d = p 1 p 2... p s et q = p 1 p 2... p s où s, s > 0 et les p et p des nombres premers. Alors n = dq = p 1 p 2... p s p 1 p 2... p s est un produt de s + s nombres premers. Donc P (n + 1) est auss vrae. Par le prncpe d nducton généreuse P (n) est vrae pour chaque enter n Le pgcd et le ppcm. Soent a et b deux enters. Posons pgcd(a, b), le plus grand commun dvseur de a et b, pour le plus grand nombre naturel d qu dvse a et b smultanément. t posons ppcm(a, b), le plus pett commun multple de a et b, pour le plus pett nombre naturel m qu est un a-multple et un b-multple smultanément. On dt que a et b sont relatvement premer s le pgcd(a, b) = 1. S a 1, alors pgcd(0, a) = a et pgcd(1, a) = 1.
11 53 xemple : pgcd(10, 16) = 2, ppcm(10, 16) = 80. Ic, pgcd(10, 16) ppcm(10, 6) = Un accdent? pgcd(10, 21) = 1 donc 10 et 21 sont relatvement premer. Un premer lemme 15 : Lemme 6.2. Sot m > 0 et n deux enters. Par dvson avec reste l exste des enters q et r tels que n = qm + r et 0 r < m. Alors pgcd(n, m) = pgcd(m, r). S r = 0 alors pgcd(n, m) = m L algorthme d uclde. Le lemme suggère un façon de calculer le plus grand commun dvseur d = pgcd(n, m) par récurrence (m > 0). Sot n = qm + r et 0 r < m. S r = 0 alors d = m et on est prêt avec le calcul. Snon 0 < r < m et d = pgcd(m, r). Sot m = q 1 r + r 1 et 0 r 1 < r. S r 1 = 0, alors d = pgcd(m, r) = r et on est prêt. Snon 0 < r 1 < r < m et d = pgcd(r, r 1 ). Sot r = q 2 r 1 + r 2. S r 2 = 0, alors d = pgcd(r, r 1 ) = r 1 et on est prêt. Snon 0 < r 2 < r 1 < r < m et d = pgcd(r 1, r 2 ). Sot r 1 = q 3 r 2 + r 3. S r 3 = 0, alors d = pgcd(r 1, r 2 ) = r 2 et on est prêt. Snon... Les restes devennent de plus en plus pett, et après mons que m étapes un reste, dsons r +1, devent 0. t alors le pgcd est d = r. C est l algorthme d uclde. xemple 6.2. Calculons pgcd(1351, 1064) avec l algorthme d uclde 16. On calcule la sute des restes 1351 = = = = = = = Donc c les restes sont : r = 287, r 1 = 203, r 2 = 84, r 3 = 35, r 4 = 14, r 5 = 7 et r 6 = 0. Ic : 7 = le derner reste non-zero = pgcd(1351, 1064). t pgcd(1351, 1064) = pgcd(1064, 287) = pgcd(287, 203) = pgcd(203, 84) = = pgcd(84, 35) = pgcd(35, 14) = pgcd(14, 7) = = pgcd(7, 0) = Vor [R, p. 119] 16. Vor auss [R, p.120]
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