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QUELQUES OUTILS

Table des matieres

1. Un tout petit peu de logique 11.1. Raisonnements par l’absurde 31.2. Raisonnement pas recurrence 42. Ensembles 53. Ensembles de nombres 63.1. Rappels 63.2. Sous-ensembles de R 74. Operations avec les ensembles 75. Applications entre ensembles 86. Exercices 116.1. Nombres 116.2. Ensembles 116.3. Applications 146.4. Injectivite et surjectivite 166.5. Raisonnement par recurrence 19

1. Un tout petit peu de logique

On va tout d’abord fixer un peu de notation et de langage mathematique de base, quinous 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’ecriture P ⇒ Q veut dire “P implique Q”,c’est-a-dire

“si P est vraie, alors forcement Q est vraie aussi”

— si P et Q sont deux propositions, alors l’ecriture P ⇔ Q veut dire “P est equivalentea Q”, c’est-a-dire

“P est vraie si et seulement si Q est vraie”1

2 QUELQUES OUTILS

Dans les exemples qui suivent, on utilisera N pour noter l’ensemble des nombres naturels(voir Section 3).

Exemple 1.1 (Formaliser une proposition). Par exemple, essayons de formaliser en mathematiquesla proposition suivante

P = “ il existe un nombre naturel qui est plus grand que tous les autres′′

Ca s’ecrit de la facon suivante

P = “∃M ∈ N : ∀n ∈ N n ≤M ′′

Bien entendu, cette proposition est fausse (voir ci-dessous).

Exemple 1.2 (Nier une proposition). On revient sur la proposition P de l’exemple precedent.On veut montrer que P est fausse. Pour ca, il faudra montrer que le contraire de P estvrai. Donc il faudra nier P et apres montrer que c’est bien cette nouvelle proposition –que l’on notera nonP – qui est vraie. On commence par nier P :

nonP = “∀M ∈ N,∃n ∈ N : M < n′′.

Une fois qu’on a formalise la negation de P, on peut montrer qu’elle est vraie. Soit M ∈ N,on prend n = M + 1 qui est bien encore dans N et qui est tel que M < n. Ceci montre quenonP est vraie et par consequent que P etait fausse.

L’exemple precedent nous donne un apercu de comme faire pour nier une proposition.Par exemple, on note ci-dessous deux regles principales pour prendre la negation d’uneproposition P :

— ∀ devient ∃ ;— ∃ devient ∀

Exemple 1.3 (Implication). Soient P et Q les deux propositions suivantes

P = “ma voiture est une Ferrari′′

etQ = “ma voiture est italienne′′.

On a que P implique Q, donc on ecrira P ⇒ Q. Bien sur, le contraire n’est pas vrai,autrement dit Q n’implique pas P.

Exemple 1.4 (Double implication). Soient P et Q les deux propositions suivantes

P = “un carre a aire 1′′

etQ = “un carre a cotes de longueur 1′′.

Cette fois ici on pourra vraiment utiliser le symbole P ⇔ Q, grace a la formule qui donnel’aire d’un carre. Et si au lieu d’un carre on considere un rectangle ?

Memento. Faites toujours attention a utiliser le symbole de double implication “⇔” dansla maniere correcte.

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Exemple 1.5 (Un erreur typique). On donne l’exemple d’un erreur typique dans l’utili-sation du symbole “⇔”. Supposons qu’on doit resoudre l’exercice suivant (tres simple) :trouver toute solution x de

x2 = 1.

Il peut arriver qu’on etudiant un peu distrait ait envie d’ecrire

“x2 = 1 ⇔ x = 1′′

et d’en conclure que x = 1 est la seule solution, mais ceci n’est pas correct ! Dans cecas, la seule implication qui est vraie est la suivante

“x = 1 ⇒ x2 = 1′′,

qui ne permet pas de conclure l’exercice (on a perdu la solution x = −1 dans cette maniere).

On termine avec encore un peu de notation : on utilisera la barre “/” pour nier unsymbole. Par exemple

6 ∃ veut dire “il n’existe pas”

6⇒ veut dire “n’implique pas”

On verra des autres exemples prochainement.

1.1. Raisonnements par l’absurde. Il s’agit d’une methode de raisonnement qui estsouvent utile pour montrer l’implication P ⇒ Q. Il consiste a supposer que P soit vraieet que Q soit fausse, au fin d’arriver a trouver une contradiction. On va faire quelquesexemples.

Exemple 1.6. Si le carre d’un nombre entier est pair, alors le nombre lui meme est pair.Autrement dit

(1.1) “∀n ∈ N, n2 pair ⇒ n pair′′.

On va raisonner par l’absurde, en supposant qu’il existe n0 ∈ N tel que n20 est pair etpourtant n0 ne l’est pas. Par hypothese, on a donc que n0 est impair, c-a-d il existe k ∈ Ntel que

n0 = 2 k + 1.

Cela implique evidemment

n20 = (2 k + 1)2 = 4 k2 + 4 k + 1 = 2 (2 k + 2) + 1 = 2m+ 1,

ou on a definit m = 2 k + 2. Mais l’identite precedente veux dire que n20 est impair, ce quidonne une contradiction.

L’implication (1.1) est donc vraie.

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1.2. Raisonnement pas recurrence. Souvent il peut nous arriver d’avoir a montrer quecertaines propositions P(n) qui dependent d’un indice n ∈ N, sont vraies pour tout n ≥ n0.

Exemple 1.7. Montrer que pour tout n ∈ N \ {0} on a

n∑k=1

k =n (n+ 1)

2.

Ici le symbole∑n

k=1 veut dire “somme sur k qui va de 1 a n” et donc en general

n∑k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an.

Dans ce cas, le raissonnement par recurrence est un outil essentiel pour demontrer cequ’on veut. Il consiste de deux etapes :

Initialisation. On montre que la proposition P(n) est vraie pour le premier naturel n0,i.e. on montre que P(n0) est verifiee.

Heredite. On montre que

P(n)⇒ P(n+ 1).

Autrement dit, dans cette deuxieme etape, il faut montrer que si la proposition est vraiepour un certain n, alors forcement ca implique qu’elle est vraie aussi pour le naturel successifn+ 1.

Si on arrive a verifier ces deux etapes, alors en utilisant la structure des nombres naturels,on peut en conclure que P(n) est bien vraie pour tout n ≥ n0.

Exemple 1.8. Au fine de montrer que pour tout n ∈ N \ {0} on a

(1.2)

n∑k=1

k =n (n+ 1)

2,

on utilise un raisonnement par recurrence.

1. Initialisation. Pour n = 1, l’identite (1.2) est vraie, car

1∑k=1

k = 1 =1 (1 + 1)

2.

2. Heredite. On va supposer que (1.2) soit vrai pour un certain n ∈ N, i.e. que

n∑k=1

k =n (n+ 1)

2.

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Il faut montrer que cette hypothese implique (1.2) pour n + 1 aussi. En utilisant notrehypothese, on a donc

n+1∑k=1

k =n∑

k=1

k + (n+ 1) =n (n+ 1)

2+ (n+ 1)

=(n+ 1) (n+ 2)

2,

qui montre (1.2) pour n+ 1.

2. Ensembles

Soit A un ensemble, on utilisera la notation

x ∈ A,

pour dire que l’element x appartient a A. De facon similaire on utilisera la notation

x 6∈ A,

pour dire le contraire, c’est-a-dire l’element x n’appartient pas a A. Soit B un autre en-semble, on dira que B est un sous-ensemble de A (ou aussi une partie de A) si pour toutx ∈ B, on a x ∈ A aussi. Autrement dit, tout element de B est contenu dans A, c’est-a-dire

∀b ∈ B, on a b ∈ A.

Dans ce cas, on ecrira

B ⊂ A.Par consequent, on aura que deux ensembles A,B sont egaux si et seulement si

B ⊂ A et A ⊂ B.

Dans ce cas on utiliser la notation A = B. Au contraire, l’ecriture B 6⊂ A veut dire que Bn’est pas un sous-ensemble de A, i.e. en formule

∃b ∈ B : b 6∈ A.

Avec le symbole ∅ on denotera l’ensemble vide, c’est-a-dire l’ensemble qui ne contient pasd’elements. Evidemment, on a toujours

∅ ⊂ A,

et on va indiquer P(A) l’ensemble des parties de A, c’est-a-dire

P(A) = {B : B ⊂ A}.

Exemple 2.1. Soit A = {a, b, c}, alors on a

P(A) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.

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Attention ! Il faut pas faire confusion entre le symbole a et celui {a}. Avec le premieron indique un element de A, quand le deuxieme denote le sous-ensemble le A constitue duseul element a, et donc {a} et un element de P(A). Donc l’ecriture

a ∈ Aest correcte, par contre l’ecriture

{a} ∈ An’a pas du sense.

3. Ensembles de nombres

3.1. Rappels. Parmi les ensembles, ceux de nombres seront tres importants. On va rap-peler les plus importants 1.

N = {0, 1, 2, 3, . . .} nombres naturels,

Z = {0, 1,−1, 2,−2, 3,−3, . . .} nombres entiers

Q =

{p

q: p, q ∈ Z avec q 6= 0

}nombres rationnels

On voit que effectivement les nombres rationnels sont beaucoup, par exemple

1,1

2,

1

3,

1

4, . . . ,

1

n, . . . ,

est une suite infinie des elements de Q qui s’accumulent vers 0. De toute maniere, ils nesont pas assez. Par exemple, dans la nature il y a des nombres qui n’est pas possible ecriresous forme

p

q, p, q ∈ Z, q 6= 0.

Il s’agit des nombres qu’on appelle irrationnels. C’est le cas par exemple de la longueurde l’hypotenuse d’un triangle rectangle isocele (ayant cotes 1) ou de la longuer d’unecirconference de rayon 1. Alors il faut introduire

R = Q ∪ {nombres irrationnels} nombres reels

Mais il y a encore un probleme : dans R on a du mal a resoudre l’equation

x2 + 1 = 0.

Pour ca, on definit i =√−1 unite immaginaire et on a l’ensemble

C = {x+ i y : x, y ∈ R} nombres complexes.

On a les inclusions

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C.On aura besoin des proprietes suivante de R.

Proprietes de R. L’ensemble R a les proprietes suivantes :

1. Parfois on appelle N nombres entiers naturels et Z nombres entiers relatifs.

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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.

3.2. Sous-ensembles de R. Soit a, b ∈ R avec a < b, on utilisera la notation suivantepour les intervals de R

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} intervalle ferme,

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b} intervalle ouvert,

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b} intervalle ferme a gauche

(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b} intervalle ferme a 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} reunion de A et B,

A ∩B = {x : x ∈ A et x ∈ B} intersection de A et B,

A \B = {x : x ∈ A et x 6∈ B} difference de A et B,

A∆B = (A \B) ∪ (B \A) difference symetrique de A et B,

A×B = {(x, y) : x ∈ A et y ∈ B} produit cartesien de A et B.

Si X est un troisieme ensemble tel que A ⊂ X, alors on utilisera la notation

Ac = X \A complementaire de A dans X

Exemple 4.1. 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} Ac = {x ∈ R : x 6= 3 et x 6= 5} Bc = (−∞, 0)∪(4,+∞).

Finalement, on a (voir Figure 1)

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}.

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-0,8 0 0,8 1,6 2,4 3,2 4 4,8 5,6

1

2

3

4

5

-0,8 0 0,8 1,6 2,4 3,2 4 4,8 5,6

1

2

3

4

5

Figure 1. 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 definition, 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 definit

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’agitd’une partie de l’ensemble d’arrivee. Pour tout B ⊂ Y , on definit aussi

f−1(B) = {x ∈ X : f(x) ∈ B},qui s’appelle image reciproque de B par f . Dans le cas particulier d’un seul element, i.e. siA = {x} et B = {y}, on utilisera plutot la notation

f(x) et f−1(y).

Definition 5.1. On dit que f est injective si

∀x1, x2 ∈ X, x1 6= x2 =⇒ f(x1) 6= f(x2).

L’application f est surjective si

∀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’equation 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’equation f(x) = y admet au maximum une solution x ∈ X ′′.

2. On utilisera application et fonction comme synonymes.

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Et donc, f : X → Y sera bijective si et seulement si

“∀y ∈ Y, l’equation f(x) = y admet une et une seule solution x ∈ X ′′.

Exemple 5.3. Soient X = Z et Y = {−1, 1,−2, 2}. On definit la fonction

f(x) =

{1, si x est pair,−1, si x est impair.

On voit que f est ni injective, ni surjective. En effet on a

f(Z) = {−1, 1} ⊂ Y,

et par exemple l’element 2 n’est pas l’image d’un nombre entier par f , donc f(X) 6= Y .On voit aussi que

f(2) = f(4) = 1,

donc f n’est pas injective, car il y a deux elements differents dans X qui ont la memeimage.

Exemple 5.4. Soient X = Y = R et f : X → Y definie par

f(x) = x2, x ∈ R.

A nouveau, cette application est ni injective, ni surjective. En effet, on a

f(1) = 1 = f(−1),

qui montre bien que f n’est pas injective. D’autre parte, si y < 0 alors on a

y 6∈ f(R),

car par definition l’image de R par f ne contient que les nombres positives.

Exemple 5.5. Maintenant, on prend X = Y = [0,∞) et a nouveau f : X → Y definie par

f(x) = x2, x ≥ 0.

Apparemment rien est change...mais ce n’est pas vrai ! Maintenant la fonction f est devenuebijective, c’est-a-dire injective et surjective. En effet, si

x20 = f(x0) = f(x1) = x21, avec x0, x1 ≥ 0,

alors forcement x0 = x1, i.e. f est injective. D’autre part, si y ≥ 0 alors

y = (√y)2 = f(

√y),

qui montre que f est surjective

Definition 5.6. Soient X,Y et W,Z quatre ensembles tels que Y ⊂W . Soient f : X → Yet g : Z →W deux applications. On appelle composition de f par g, la nouvelle applicationg ◦ f : X →W definie par

g ◦ f(x) = g(f(x)), ∀x ∈ X.

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Exemple 5.7. Soient X = R, Y = R et Z = [0, 1]. On prends f : X → Y et g : Y → Zdefinies par

f(x) = x+ 1 g(x) =1

1 + x2,

alors g ◦ f : X → Z et

g ◦ f(x) = g(f(x)) =1

1 + f(x)2=

1

1 + (1 + x)2, x ∈ R.

Soit X un ensemble non vide, on utilise la notation IdX : X → X l’application identitedefinie par

IdX(x) = x, x ∈ X.Bien evidemment, IdX est bijective.

Definition 5.8. Soit f : X → Y une application entre ensembles non vides. On dit queg : Y → X est une application reciproque de f si

g ◦ f = IdX et f ◦ g = IdY .

Proposition 5.9. Soit f : X → Y avec X,Y ensembles non vides. Si f admet uneapplication reciproque, alors cela est unique. On la notera f−1 : Y → X.

Demonstration. Soient g1 : Y → X et g2 : Y → X deux applications tels que

g1 ◦ f = IdX et f ◦ g1 = IdY .

et

g2 ◦ f = IdX et f ◦ g2 = IdY .

On a donc pour tout y ∈ Yg2(y) = g2(f ◦ g1(y)) = g2 ◦ f ◦ g1(y) = g2 ◦ f(g1(y)) = g1(y),

qui montre bien que g1 = g2, i.e. elles sont la meme applications. �

On peut enoncer le suivant resultat tres important.

Theoreme 5.10. Soient X,Y deux ensembles non vides. Si f : X → Y est bijective, alorselle admet l’application reciproque f−1 : Y → X. L’application f−1 est definie par

(5.1)f−1 : Y → X

y 7→ “la seule solution x de l’equation f(x) = y′′

Demonstration. On observe tout d’abord que si f est bijective, alors l’application (5.1) estbien definie d’apres la Remarque 5.2. En suite, on a

f−1 ◦ f(x) = f−1(f(x)) = “la seule solution x de l’equation f(x) = f(x)′′ = x,

et

f ◦ f−1(y) = f(f−1(y)) = f(“la seule solution x de l’equation f(x) = y′′) = y.

Donc f ◦ f−1 = IdY et f ◦ f−1 = IdX , comme on voulait. �

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Le resultat precedent disait que la bijectivite est une condition suffisante pour l’existencede l’application reciproque. Mais en effet c’est une condition necessaire aussi (voir Theoremeci-dessous).

Theoreme 5.11. Soient X,Y deux ensembles non vides. Si f : X → Y est admet l’appli-cation reciproque f−1 : Y → X, alors f est bijective.

Demonstration. Pour la demonstration de ce resultat, on peut voir l’Exercice 6.12. �

6. Exercices

6.1. Nombres.

Exercice 6.1. Montrez que√

2 n’est pas un nombre rationnel.

Demonstration. 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’identite precedente implique donc

(6.1) 2 q2 = p2,

c’est-a-dire p est un nombre naturel dont le carre est pair. En utilisantl e resultat del’Exemple 1.6, on obtient que p lui meme est pair. Donc il existe m ∈ N \ {0} tel que

p = 2m.

On utilse maintenant cette information dans (6.1), ce qui donne

2 q2 = 4m2 et donc q2 = 2m2.

A nouveau, cela implique que q2 est pair et donc q lui meme est pair. Finalement, on arrivea une contradiction : on a trouve que p et q sont pair, ce qui contradit le fait que p/q soitirreductible. Donc

√2 6∈ Q. �

6.2. Ensembles.

Exercice 6.2. Soient E,F et G trois ensembles. Demontrez que

(E ∩ F ) ∪G = (E ∪G) ∩ (F ∪G).

Demonstration. On utilisera la double inclusion, c’est-a-dire il nous suffira de demontrerque

(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, ca veut dire que

x ∈ E ∩ F ou x ∈ G,

12 QUELQUES OUTILS

en revenant a la definition de reunion d’ensembles. On voit que si x ∈ E ∩ F , alors x ∈ Eet x ∈ F et ceci implique 3 x ∈ E ∪G et x ∈ F ∪G, c’est-a-dire x ∈ (E ∪G)∩ (F ∪G). Parcontre, si x ∈ G, alors a nouveau x ∈ E ∪ G et x ∈ F ∪ G, donc x ∈ (E ∪ G) ∩ (F ∪ G).Dans tout cas, on obtient

∀x ∈ (E ∩ F ) ∪G, on a x ∈ (E ∪G) ∩ (F ∪G),

qui montre l’inclusion (6.2).

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 possibilites : soit x ∈ G, soit x 6∈ G. Si x ∈ G, alorsevidemment on a aussi x ∈ (E ∩ F ) ∪G ; si par contre x 6∈ G, alors il faudra que x ∈ E etx ∈ F , sinon on trouvera une contradiction avec x ∈ E ∪G et x ∈ F ∪G. En particulier, six 6∈ G, alors x ∈ E ∩ F et donc a nouveau on tombe sur x ∈ (E ∩ F ) ∪G. Dans tout cas,on a bien montre que

∀x ∈ (E ∪G) ∩ (F ∪G), on a x ∈ (E ∩ F ) ∪G,qui montre l’inclusion (6.3). �

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)

Demonstration. Soit x ∈ A∆B, par definition ceci est equivalent a dire que x ∈ A \ B oux ∈ B \A. Supposons que x ∈ A \B, alors x ∈ A et x 6∈ B, donc en particulier x ∈ A ∪Bet x 6∈ A ∩B. Si par contre on avait x ∈ B \A, alors x ∈ B et x 6 A, c’est-a-dire x ∈ A ∪Bet x 6∈ 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), doncx ∈ A ∪ B et x 6∈ A ∩ B. Ceci veut dire que x ∈ A ou x ∈ B, mais x n’appartient pas aA et a B au meme temps. Donc soit x ∈ A et x 6∈ B, soit x ∈ B et x 6∈ A, c’est-a-direx ∈ A \ B ou x ∈ B \ A. Vu que x etait un element quelconque de (A ∪ B) \ (A ∩ B), onobtient l’inclusion

(A ∪B) \ (A ∩B) ⊂ (A \B) ∪ (B \A) = A∆B,

qui termine la preuve. �

Exercice 6.5. Soient A,B ⊂ X deux ensembles, demontrez que

(A ∪B)c = Ac ∩Bc.

3. Il nous suffit de remarquer que E ⊂ E ∪G et F ⊂ F ∪G

QUELQUES OUTILS 13

Demonstration. En revenant a la definition de complementaire, on a

x ∈ (A ∪B)c ⇐⇒ x 6∈ A ∪B ⇐⇒ x 6∈ A et x 6∈ B ⇐⇒ x ∈ Ac et x ∈ Bc,

c’est-a-dire, on a trouve que

x ∈ (A ∪B)c ⇐⇒ x ∈ Ac ∩Bc.

ce qui termine la preuve. �

Exercice 6.6. Soient A,B ⊂ X deux ensembles, demontrez que

(A ∩B)c = Ac ∪Bc.

Demonstration. On a

x ∈ (A ∩B)c ⇐⇒ x 6∈ A ∩B ⇐⇒ x 6∈ A ou x 6∈ B ⇐⇒ x ∈ Ac ou x ∈ Bc.

Finalement, ceci veut dire que x ∈ (A ∩ B)c ⇐⇒ x ∈ Ac ∪ Bc, donc les deux ensemblessont egaux. �

Exercice 6.7. Demontrez l’implication

C ⊂ D =⇒ Dc ⊂ Cc.

Demonstration. On suppose de savoir que C ⊂ D, on veut montrer que alors Dc ⊂ Cc.Soit donc x ∈ Dc, ca veut dire que x 6∈ D et donc x 6∈ C non plus, car D contient C.Finalement on a obtenu x 6∈ C, i.e. x 6∈ Cc. Vu que x etait un element quelconque de Dc,on a bien montre ce qu’on voulait. �

Exercice 6.8. Soient A,B,E trois ensembles, avec A ⊂ E et aussi B ⊂ E. On considereles trois propositions suivantes :

(i) A ∪B = E ;

(ii) Ac ⊂ B ;

(iii) Bc ⊂ A.

Demontrez que (i)⇐⇒ (ii)⇐⇒ (iii).

Demonstration. Implication (i) =⇒ (ii) On suppose donc que A∪B = E, il faut montrerque ceci implique Ac ⊂ B. Soit x ∈ Ac, donc x 6∈ A, mais quand meme x ∈ E et on aE = A ∪B. Alors forcement on aura x ∈ B, vu que x ∈ A ∪B et x 6∈ A. Finalement, toutelement de Ac est contenu dans B, donc on a bien montre (ii).

Implication (ii) =⇒ (i) On suppose maintenant Ac ⊂ B, on veut bien montrer queE = A ∪B. Vu qu’on sait deja que A ∪B ⊂ E, il nous suffira de demontrer l’inclusion

E ⊂ A ∪B.

Soit donc x ∈ E, alors on a deux possitilites : soit x ∈ A, soit x 6∈ A. Si x ∈ A, alors on aaussi x ∈ A ∪B. Par contre, si x 6∈ A, alors x ∈ Ac et donc x ∈ B par hypothese (ii), or anouveau x ∈ A ∪B. Dans tous cas, on a demontre l’inclusion dont on avait besoin.

14 QUELQUES OUTILS

Implication (ii) =⇒ (iii) Supposons donc que Ac ⊂ B, il faut montrer que alors Bc ⊂ A.On pourra utiliser l’Exercice 6.7 : en choisissant C = Ac et D = B, on obtient

Bc ⊂ (Ac)c = A,

comme desire.

Implication (iii) =⇒ (ii) Maintenant on suppose que Bc ⊂ A et on doit montrer queAc ⊂ B. On pourra utiliser encore l’Exercice 6.7, en choisissant cette fois C = Bc etD = A. �

6.3. Applications.

Exercice 6.9. Soient f : X → Y et g : Y → Z deux applications. Notons h = g ◦ f lacomposition de f par g.

1) Montrer que si h est injective, alors f est injective.2) Montrer que si h est surjective, alors g est surjective.

Demonstration. On commence par demontrer 1), donc on suppose que la composition hsoit injective. Soient x1, x2 ∈ X tels que x1 6= x2, alors par hypothese on a

h(x1) 6= h(x2) c’est-a-dire g(f(x1)) 6= g(f(x2)).

Ceci montre que on ne peut pas avoir f(x1) = f(x2) et donc finalement f(x1) 6= f(x2),pour tout x1 6= x2. En revenant a la definition de fonction injective, on termine.

En ce qui concerne 2), supposons maintenant que h soit surjective. Soit alors z ∈ Z, parhypothese on a z ∈ h(X), c’est-a-dire il existe x ∈ X tel que h(x) = z. Par definition dela fonction h, on a g(f(x)) = z et donc z est bien dans l’image de la fonction g, car si onpose y = f(x) ∈ Y , on obtient g(y) = z. �

Exercice 6.10. Soit f : X → Y , montrez que

f est injective ⇐⇒ ∃ g : Y → X telle que g ◦ f = IdX .

Demonstration. Supposons que f soit injective, il faut montrer qu’il exists une applicationg : Y → X telle que

g(f(x)) = x, pour tout x ∈ X.On se fixe x0 ∈ X et apres on va definir l’application g : Y → X telle que

g(y) =

{f−1(y), si f−1(y) 6= ∅,x0, sinon.

On remarque tout d’abord que la fonction g est bien definie : en effet, si f−1(y) n’est pasvide, par l’injectivite de f cette image reciproque ne peut contenir qu’un seul element.Evidemment on a par construction que

g(f(x)) = x, ∀x ∈ X,

vu que x est le seul element qui a comme image f(x).

QUELQUES OUTILS 15

Pour prouver l’implication inverse, on observe que si une telle g existe, alors la compositiong ◦ f est une fonction injective, car l’identite IdX a cette propriete. Donc on pourra utiliserl’Exercice 6.9 pour dire que f doit etre injective. �

Exercice 6.11. Soit f : X → Y , montrez que

f est bijective ⇐⇒ ∃! g : Y → X telle que g ◦ f = IdX .

Demonstration. Soit f bijective, en particulier elle est injective et donc d’apres l’Exerciceprecedent on peut deja dire qu’il existe une fonction g : Y → X avec la propriete g◦f = IdX .On vaut donc verifier qu’une telle fonction est unique : soit g : Y → X une autre fonctionavec la meme propriete. Soit y ∈ Y , vu que f est surjective on peut dire qu’il existe x ∈ Xtel que y = f(x). On a donc

g(y) = g(f(x)) = x et aussi g(y) = g(f(x)) = x,

c’est-a-dire

g(y) = g(y), pour tout y ∈ Y,

donc g = g.

Viceversa, supposons qu’une telle g existe et soit unique. A nouveau, on peut tout d’abordutiliser l’Exercice 6.9 et dire que f est forcement injective. Il nous manque a montrer que fest surjective : supposons que f ne le soit pas, alors f(X) 6⊂ Y , c’est-a-dire il existe y0 ∈ Ytel que f(x) 6= y0, pour tout x ∈ X. Comme dans l’Exercice precedent on va construirel’application suivante

h(y) =

{f−1(y), si f−1(y) 6= ∅,x0, sinon,

ou on aura choisi x0 ∈ X tel que x0 6= g(y0). La fonction h est encore bien definie, car fest injective et par construction

h ◦ f = IdX .

Mais on a dit que f−1(y0) = ∅, donc h(y0) = x0 6= g(y0). Ceci donne une contradictionavec l’unicite de g, car h a la meme propriete que g et h 6= g. Finalement ceci montre quef doit etre surjective aussi. �

Exercice 6.12 (Theoreme 5.11). Soit f : X → Y et supposons qu’elle admet l’applicationreciproque f−1 : Y → X. Montrer que f est bijective.

Demonstration. Supposons que f admet une application reciproque. Il existe donc g : Y →X tel que

g ◦ f = IdY et f ◦ g = IdX .

Comme IdX et IdY sont deux applications bijectives, en utilisant l’Exercice 6.9 on en deduitque f est a la fois injective et surjective. �

16 QUELQUES OUTILS

Exercice 6.13. On considere les applications suivantes 4

f : N → R+

n 7→ 2n

n+1

g : R+ → Nx 7→ 3 [x],

Calculer f ◦ g et g ◦ f .

Demonstration. On a

f ◦ g(x) = f(g(x)) =2g(x)

g(x) + 1=

23[x]

3 [x] + 1,

et aussi

g ◦ f(n) = g(f(n)) = 3

[2n

n+ 1

],

ce qui termine l’exercice. �

Exercice 6.14. On considere les applications

f : R∗+ → R∗+x 7→ 1

x

etg : R∗+ → R

x 7→ x−1x+1

Montrez que g ◦ f = −g.

Demonstration. On remarque deja que la composition est bien definie. Apres, en revenanta la definition de fonction composee

g ◦ f(x) = g(f(x)) =f(x)− 1

f(x) + 1=

1

x− 1

1

x+ 1

=1− x1 + x

,

ce qui termine l’exercice. �

6.4. Injectivite et surjectivite.

Exercice 6.15. La fonction suivante

f : N → Nn 7→ n+ 1,

est-elle injective ? surjective ?

Demonstration. La fonction est injective, car si n 6= m alors f(n) = n+1 6= m+1 = f(m).

Par contre, la fonction n’est pas surjective, car par exemple il n’existe pas de n ∈ N tel que

0 = f(n),

car f(n) ≥ 1 pour tout n ∈ N. �

4. Ici, on note [α] la partie entiere d’un nombre α, c’est-a-dire le plus grand nombre entier inferieur ouegal a α.

QUELQUES OUTILS 17


g : Z → Zn 7→ n+ 1,


Demonstration. Comme avant, la fonction est injective, car si n 6= m alors g(n) = n+ 1 6=m+ 1 = g(m).

Et cette fois, la fonction est aussi surjective, car pour tout n ∈ N l’equation

n = g(m),

admet au moins (mais en effet unique, car g est injective) solution. En fait, par definitionon a

n = g(n− 1).

La fonction g admet donc une application reciproque, qui est donne par

g−1(n) = n− 1.

En effet, on a g−1(g(n)) = g−1(n+ 1) = n et g(g−1(n)) = g(n− 1) = n. �


h : R \ {1} → Rx 7→ x+1

x−1 ,


Demonstration. Soit y ∈ R, on essaye de resoudre pour x 6= 1 l’equation

x+ 1

x− 1= h(x) = y.

On trouve(x+ 1) = y (x− 1) ⇐⇒ (y − 1)x = 1 + y.

Cette equation admet donc solution (et cette solution est unique) si et seulement si y 6= 1.Ceci implique que h est injective, mais par surjective : on a en effet demontre que il n’existepas x ∈ R \ {1} tel que h(x) = 1. �

Remarque 6.18. D’apres la discussion precedente, on a que l’application (faites attentionau codomaine, qui vient de changer)

h : R \ {1} → R \ {1}x 7→ x+1

x−1 ,

est bijective. C’est qui son application reicproque ?


k : R2 → R2

(x, y) 7→ (x+ y, x− y),


18 QUELQUES OUTILS

Demonstration. On essaye de voir tout d’abord si k est injective. Soient (x1, y1) 6= (x2, y2),il faudra montrer que alors

k(x1, y1) 6= k(x2, y2).

Si on y arrive, alors k sera injective. Supposons par absurde que

k(x1, y1) = k(x2, y2),

c’est-a-dire que {x1 + y1 = x2 + y2x1 − y1 = x2 − y2

Le systeme precedent est equivalent a{x1 + y1 = x2 + y2

2x1 = 2x2,

ou on a tout simplement remplace la deuxieme equation, par la somme des deux. Maisdonc ca implique que x1 = x2 : si on utilise cette information dans la premiere equation,on trouve aussi y1 = y2.

Ceci donne un contrediction avec l’hypothese (x1, y1) 6= (x2, y2) et donc k est bieninjective.

Si on veut montrer que k est bijective, il faudra montrer que pour tout (z, w) ∈ R2, il existeau moins une couple (x, y) telle que

k(x, y) = (z, w).

Ceci equivaut a dire que pour tout (z, w) ∈ R2, il existe au moins une solution 5 (x, y) dusysteme lineaire suivant {

x+ y = zx− y = w.

Effectivement on voit que

x =z + w

2y =

z − w2

,

est la solution cherchee. Ceci montre que k est surjective aussi. Finalement, on peut direque k est bijective, donc elle admet l’application reciproque k−1 : R2 → R2. Etes-vouscapable de donner la formule qui definit k−1 ? �


f : C → [0,+∞)z 7→ |z|


5. Comme on sait deja que k est injective, si une telle solution existe elle sera bien sur unique.

QUELQUES OUTILS 19

Demonstration. On rappelle qu’etant donne z = a+ i b avec a, b ∈ R, son module est definipar

|z| =√a2 + b2,

qui est toujours un numero reel positif.C’est facile a voir que f n’est pas injective : tout nombre complexe de la forme z =

% cosϑ+ i % sinϑ, ou % > 0 et ϑ ∈ [0, 2π) sont tels que

f(z) = %.

Est-ce que f est surjective ? Autrement dit, est-il vrai que pour tout t ∈ R, il existe z ∈ Ctel que

f(z) = t c-a-d |z| = t?

Bien evidemment oui, par exemple il suffira de prendre z = t (ou alors z = −t ou plus engeneral z = t cosϑ+ i t sinϑ). �

6.5. Raisonnement par recurrence.

Exercice 6.21. Montrer que pour tout n ∈ N \ {0} on a

(6.4)

n∑k=1

k2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6.

Demonstration. On procedera en utilisant un raisonnement par recurrence.


1∑k=1

k2 = 1 =1 (1 + 1) (2 · 1 + 1)

6.


n∑k=1

k2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6.


n+1∑k=1

k2 =

n∑k=1

k2 + (n+ 1)2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6+ (n+ 1)2

=(n+ 1) [n (2n+ 1) + 6 (n+ 1)]

6=

(n+ 1) (2n2 + 7n+ 6)

6

=(n+ 1) (n+ 2) (2n+ 3))

6,

qui montre (6.4) pour n+ 1. �

20 QUELQUES OUTILS

Exercice 6.22. Soit a ∈ C \ {1}, alors pour tout n ∈ N on a

(6.5)

n∑k=0

ak =1− an+1

1− a.


1. Initialisation. Pour n = 0, l’egalite (6.5) est vraie, car

a0 = 1 =1− a1− a

.

2. Heredite. Maintenant, on va supposer que (6.5) soit vrai pour un certain n ∈ N : ilfaudra montrer que grace a cette hypothese, on peut montrer que (6.5) reste vraie aussipour n+ 1. En utilisant notre hypothese, on a

n+1∑k=1

ak =n∑

k=1

ak + an+1 =1− an+1

1− a+ an+1 =

1− an+1 + an+1 − an+2

1− a

=1− an+2

1− a,

c’est-a-dire, on a bien montre que (6.5) est vraie pour n+ 1. �

Exercice 6.23 (Coefficient binomial). On introduit le coefficient binomial : etant donnesm,n ∈ N avec m ≤ n, on pose (

n

m

)=

n!

m! (n−m)!,

ou

n! = 1 · 2 · 3 · · · · · n et 0! = 1.

Montrez que pour tout 1 ≤ m ≤ n on a

(6.6)

(n

m

)+

(n

m− 1

)=

(n+ 1

m

).

Demonstration. Il suffira d’utiliser la definition de coefficient binomial. Tout d’abord, d’apresla definition(

n

m

)=

n!

m! (n−m)!et

(n+ 1

m

)=

(n+ 1)!

(m− 1)! (n−m+ 1)!.

Si on multiplie et divise le premier par (n−m+ 1)

(6.7)

(n

m

)=

n!

m! (n−m)!=

n! (n−m+ 1)

m! (n−m)! (n−m+ 1)=

n! (n−m+ 1)

m! (n−m+ 1)!,

ou dans la derniere identite on a utilise que

(n−m)! (n−m+ 1) = (n−m+ 1)!,

QUELQUES OUTILS 21

par definition. De facon similaire, on a

(6.8)

(n+ 1

m

)=

(n+ 1)!

(m− 1)! (n−m+ 1)!=

(n+ 1)!m

m (m− 1)! (n−m+ 1)!=

(n+ 1)!m

m! (n−m+ 1)!.

En utilisant (6.7) et (6.8), on a donc(n

m

)+

(n

m− 1

)=

n! (n−m+ 1)

m! (n−m+ 1)!+

(n+ 1)!m

m! (n−m+ 1)!

=(n+ 1)!

m! (n−m+ 1)!

[(n−m+ 1) +m

]=

n!

m! (n−m+ 1)!(n+ 1) =

(n+ 1)!

m! (n−m+ 1)!,

ou dans la derniere identite on a utilise (n + 1)n! = (n + 1)!. En revenant a la definitionde coefficient binomial, on a

(n+ 1)!

m! (n−m+ 1)!=

(n+ 1

m

),

ce qui termine la prevue. �

Exercice 6.24 (Formule du bynome de Newton). Montrer que pour tout a, b ≥ 0 et n ∈ Non a

(6.9) (a+ b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−k bk (formule du bynome de Newton).



(a+ b)1 = a+ b et1∑

k=0

(1

k

)a1−k bk = a+ b.


(a+ b)n =

n∑k=0

(n

k

)an−k bk.


(a+ b)n+1 = (a+ b) (a+ b)n = (a+ b)

n∑k=0

(n

k

)an−k bk

=

n∑k=0

(n

k

)an+1−k bk +

n∑k=0

(n

k

)an−k bk+1.

22 QUELQUES OUTILS

On observe maintenant que

n∑k=0

(n

k

)an−k bk+1 =

n+1∑k=1

(n

k − 1

)an+1−k bk,

et donc en utilisant cette observation on obtient

(a+ b)n+1 =

n∑k=0

(n

k

)an+1−k bk +

n+1∑k=1

(n

k − 1

)an+1−k bk

= an+1 +

n∑k=1

(n

k

)an+1−k bk

+

n∑k=1

(n

k − 1

)an+1−k bk + bn+1.

(6.10)

On utilise maintenant (6.6), pour dire que

n∑k=1

(n

k

)an+1−k bk +

n∑k=1

(n

k − 1

)an+1−k bk =

n∑k=1

[(n

k

)+

(n

k − 1

)]an+1−k bk

=n∑

k=1

(n+ 1

k

)an+1−k bk.

En revenant a (6.10), on a donc obtenu

(a+ b)n+1 = an+1 +n∑

k=1

(n+ 1

k

)an+1−k bk + bn+1 =

n+1∑k=0

(n+ 1

k

)an+1−k bk,

c’est-a-dire, la formule (6.9) est vraie pour n+ 1 aussi. Cela termine la preuve. �

Exercice 6.25. Montrer que pour tout n ∈ N \ {0} on a

(6.11)n∑

k=1

1

k (k + 1)=

n

n+ 1.



1∑k=1

1

k (k + 1)=

1

1 · 2=

1

1 + 1.

QUELQUES OUTILS 23

2. Heredite. On va maintenant supposer que (6.11) soit vrai pour un certain n ∈ N. Ilfaut montrer que cette hypothese implique (6.11) pour n+ 1 aussi. On a

n+1∑k=1

1

k (k + 1)=

n∑k=1

1

k (k + 1)+

1

(n+ 1) (n+ 2)

=n

n+ 1+

1

(n+ 1) (n+ 2)

=n (n+ 2) + 1

(n+ 1) (n+ 2)=

(n+ 1)2

(n+ 1) (n+ 2)

=n+ 1

n+ 2,

qui montre bien que la formule (6.11) est vraie pour n+1 aussi. Cela termine la demonstration.�

Remarque 6.26. D’apres (6.11), on a

(6.12)∞∑k=1

1

k (k + 1)= lim

n→∞

n∑k=1

1

k (k + 1)= lim

n→∞

n

n+ 1= 1.

Exercice 6.27. Montrer que pour tout n ∈ N \ {0, 1, 2, 3} on a

(6.13) n! ≥ n (n+ 1).


1. Initialisation. Pour n = 4, l’inegalite (6.13) est vraie, car

4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24 ≥ 20 = 4 · (4 + 1).

2. Heredite. On va maintenant supposer que (6.13) soit vraie pour un certain n ∈ N.Cela implique

(n+ 1)! = (n+ 1) · n! ≥ (n+ 1) · n · (n+ 1).

On observe maintenant que n · (n+ 1) ≥ (n+ 2) pour n ≥ 4, car

n · (n+ 1) ≥ (n+ 2) ⇐⇒ n2 + n ≥ n+ 2 ⇐⇒ n2 ≥ 2

est cette derniere relation est vraie, si n ≥ 4. On obtient donc

(n+ 1)! ≥ (n+ 1) · n · (n+ 1) ≥ (n+ 1) · (n+ 2),

i.e. l’inegalite (6.13) est vraie pour n+ 1 aussi. �

Remarque 6.28. En utilisant l’Exercice precedent et (6.12), on a donc

∞∑k=0

1

k!< +∞.

24 QUELQUES OUTILS

En effet∞∑k=0

1

k!= lim

n→∞

n∑k=0

1

k!= lim

n→∞

[1 + 1 +

1

2+

1

6+

n∑k=4

1

k!

]

≤ limn→∞

[1 + 1 +

1

2+

1

6+

n∑k=4

1

k (k + 1)

]

= 1 + 1 +1

2+

1

6+∞∑k=4

1

k (k + 1)

=8

3+

[ ∞∑k=1

1

k (k + 1)−

3∑k=1

1

k (k + 1)

]et donc finalement, en utilisant (6.11) aussi (avec n = 3)

∞∑k=0

1

k!≤ 8

3+ 1− 3

4=

33

12= 2.75.

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QUELQUES OUTILS - old.i2m.univ-amu.frbrasco/outils.pdf · Cette fois ici on pourra vraiment utiliser le symbole P,Q, gr^ace a la formule qui donne l’aire d’un carr e. Et si au