Corrigé du devoir

Questions de cours :

1. On appelle triplet naturel un triplet $(O,\mathcal{N},s)$, où $\mathcal{N}$ est un ensemble, $O$ un élément de $\mathcal{N}$ et $s$ une application de $\mathcal{N}$ dans $\mathcal{N}$ qui vérifie les trois axiomes de Peano :

   $(P_1)$

   $s$ est injective,

   $(P_2)$

   $s(\mathcal{N})=\mathcal{N}\setminus\{O\}$,

   $(P_3)$

   Si $A$ est une partie de $\mathcal{N}$ telle que si $O\in A$ et $s(A)\subset A$ alors $A=\mathcal{N}$.

2. L'application $f_{12}$ est définie pour $O_1$, puisque $f_{12}(O_1)=O_2$. Si elle est définie pour $x\in \mathcal{N}_1$, alors elle est définie pour $s_1(x)$ par $f_{12}(s_1(x)) = s_2(f_{12}(x))$. D'après l'axiome de récurrence, $f_{12}$ est donc définie pour tout $x\in \mathcal{N}_1$. De même, en permutant les indices $1$ et $2$, on définit $f_{21}$ sur $\mathcal{N}_2$ par $f_{21}(O_2)=O_1$ et $f_{21}(s_2(y))=s_1(f_{21}(y))$. Considérons sur $\mathcal{N}_1$ la propriété $f_{21}(f_{12}(x))=x$. Elle est vraie pour $x=O_1$. Supposons qu'elle soit vraie pour $x$, alors :
   $$f_{21}(f_{12}(s_1(x))) =f_{21}(s_2(f_{12}(x))) =s_1(f_{21}(f_{12}(x))) =s_1(x)\;.$$
   Par l'axiome de récurrence, la propriété est vraie pour tout $x$: les applications $f_{12}$ et $f_{21}$ sont réciproques l'une de l'autre et elles sont donc bijectives.
3. La relation $\leqslant$ est définie à partir de l'addition par:
   $$\forall (a,b)\in \mathbb{N}^2\;,\quad (a\leqslant b)\;\Longleftrightarrow\; \Big( \exists c\in \mathbb{N} ,\;b=a+c\Big)\;.$$

4. La relation $\leqslant$ est :
   • réflexive car pour tout $a\in\mathbb{N}$, $a+0=a$, donc $a\leqslant a$.
   • antisymétrique car si $a\leqslant b$ et $b\leqslant a$, alors il existe $c,d\in\mathbb{N}$ tels que $b=a+c$ et $a=b+d$. Par conséquent $b=(b+d)+c$ et puisque $+$ est associative et que tout élément est régulier pour $+$, on en déduit $d+c=0$, ce qui entraîne $c=d=0$ (propriété de l'addition), soit $a=b$.
   • transitive car si $a\leqslant b$ et $b\leqslant c$, alors il existe $d,e\in\mathbb{N}$ tels que $b=a+d$ et $c=b+e$. Par conséquent $c=(a+d)+e=a+(d+e)$ car $+$ est associative, donc $a\leqslant c$.
5. Pour tout $a\in\mathbb{N}$, $0+a=a$ : il s'ensuit que $0\leqslant a$, donc 0 est le plus petit élément de $\mathbb{N}$. Soit $A$ une partie non vide de $\mathbb{N}$. Si $A$ contient 0, alors 0 est le plus petit élément de $A$. Sinon, notons $B$ l'ensemble des minorants de $A$ n'appartenant pas à $A$ :
   $$B=\{ b\in \mathbb{N}\setminus A ,\; b\leqslant a ,\;\forall a\in A \}\;.$$
   L'ensemble $B$ contient 0. D'après l'axiome de récurrence, si pour tout $b\in B$, $s(b)$ appartenait à $B$, alors $B$ serait égal à $\mathbb{N}$ et $A$ serait vide, ce qui est exclu. Donc il existe $b\in \mathbb{B}$ tel que $s(b)\in A$. Nous allons vérifier que $\forall a\in A$, $s(b)\leqslant a$, ce qui entraîne que $s(b)$ est le plus petit élément de $A$. Soit $a$ un élément quelconque de $A$. Par définition de $B$, $b\leqslant a$, donc il existe $c\in\mathbb{N}$ tel que $a=b+c$. Or $c\neq 0$ car $b\notin A$, donc $b\neq a$. Donc il existe $d$ tel que $c=s(d)=d+1$. Donc $a=b+(d+1)=(b+1)+d=s(b)+d$, soit $s(b)\leqslant a$.
6. Supposons que $\mathbb{N}$ possède un plus grand élément $N$. Alors $s(N)=N+1$ vérifie $N\leqslant s(N)$, par définition de la relation d'ordre, et comme $N$ est le plus grand élément de $\mathbb{N}$, $s(N)\leqslant N$ et donc $N=s(N)$, c'est-à-dire $N=N+1$ et par régularité de $N$ pour l'addition $0=1=s(0)$, ce qui est faux car $s$ est injective.
7. Soit $A$ une partie non vide, majorée de $\mathbb{N}$. Si $b$ est un majorant de $A$, alors pour tout $a\in A$, il existe $c\in\mathbb{N}$ tel que $b=a+c$, donc $s(b)=a+(c+1)$: $s(b)$ est aussi un majorant de $A$. Par l'axiome de récurrence, l'ensemble des majorants de $A$, contient $\{b+c ,\;c\in \mathbb{N}\}$. Or cet ensemble n'est pas majoré, car $\mathbb{N}$ ne l'est pas, donc il ne peut pas être inclus dans $A$: il existe un majorant de $A$ qui n'appartient pas à $A$. Notons $B$ l'ensemble des majorants de $A$ n'appartenant pas à $A$ :
   $$B=\{ b\in \mathbb{N}\setminus A ,\; a\leqslant b ,\;\forall a\in A \}\;.$$
   Puisque cet ensemble est non vide, il possède un plus petit élément: notons-le $b$. Le plus petit élément de $B$ est non nul, car $A$ est non vide. Il existe donc $c$ tel que $b=s(c)$. Nous devons montrer que $c$ est le plus grand élément de $A$, c'est-à-dire que c'est un majorant, et qu'il appartient à $A$. Puisque $s(c)\in B$, $a\leqslant s(c)$ et $a\neq s(c)$ pour tout $a\in A$. Si $a\in A$, il existe donc $d\in\mathbb{N}^*$ tel que $s(c)=a+d$, avec $d=s(e)=e+1$ et par conséquent, grâce à l'associativité de l'addition, $c+1=a+(e+1)=(a+e)+1$ et, par régularité de $1$ pour $+$, $c=a+e$, soit $a\leqslant c$. Mais alors $c\in A$ car sinon il serait dans $B$ ce qui contredirait la définition de $b$ comme plus petit élément de $B$, puisque $b=s(c)$.

Exercice 1 :  

1. $\mathcal{N}$ est non vide, donc il possède un plus petit élément d'après $(O_1)$.
2. Pour tout $(a,b)\in \mathcal{N}$, l'ensemble $\{a,b\}$ possède un plus petit élément, d'après $(O_1)$. Donc $a\prec b$ ou $b\prec a$ : l'ordre $\prec$ est total.
3. Considérons l'ensemble $A$ des majorants stricts de $a$ :
   $$A = \{ b\in\mathcal{N}\setminus\{a\} ,\;a\prec b \}\;.$$
   Si $A$ était vide, puisque l'ordre $\prec$ est total, $a$ serait un majorant de $\mathcal{N}$, ce qui est impossible d'après $(O_3)$. Donc $A$ est non vide, et admet un plus petit élément d'après $(O_1)$. Notons-le $b$. Par construction, $a\prec b$ et $a\neq b$. Soit $n\in\mathcal{N}$ tel que $a\prec n\prec b$ et $n\neq a$. Alors $n\in A$ et donc $b\prec n$ puisque $b$ est le plus petit élément de $A$. Donc $n=b$. Reste à montrer l'unicité. Soient $b_1$ et $b_2$ deux éléments de $\mathcal{N}$ qui répondent à la définition : il n'existe aucun $n\in\mathcal{N}$ tel que $a\prec n\prec b_1$ avec $n\neq a$ et $n\neq b_1$. Puisque $a\prec b_2$ et $a\neq b_2$, cela entraîne que $b_1\prec b_2$ (car l'ordre est total). Par symétrie, $b_2\prec b_1$, donc $b_1=b_2$.
4. Supposons $a\prec b$ et $a\neq b$. Alors $s(a)\prec b$ car $s(a)$ est le plus petit des majorants stricts de $a$. Or $b\leqslant s(b)$ par définition de $s$, donc $s(a)\prec s(b)$ car $\prec$ est transitive. Si $s(b)$ était égal à $s(a)$, alors on aurait $a\prec b\prec s(a)$ avec $a\neq b$ et $b\neq s(a)$, ce qui est exclu. Donc $s(b)\neq s(a)$ : $s$ est strictement croissante.
5. Comme $s$ est strictement croissante, elle est injective, et il suffit de montrer que $s(\mathcal{N})=\mathcal{N}\setminus\{O\}$. Commençons par vérifier que $O$ n'est le successeur d'aucun élément de $\mathcal{N}$. Soit $a$ tel que $s(a)=O$. Alors $a\prec O$ par définition de $s$, donc $a=O$ car $O$ est le plus petit élément de $\mathcal{N}$. Ceci contredit la définition de $s$. Nous devons maintenant montrer que pour tout élément $a$ de $\mathcal{N}$ différent de $O$, il existe $b\in\mathcal{N}$, tel que $a=s(b)$. Considérons pour cela l'ensemble des minorants stricts de $a$ :
   $$B=\{ b\in \mathbb{N}\setminus \{a\} ,\; b\prec a \}\;.$$
   Puisque $a\neq O$, $B$ contient $O$. C'est donc un sous-ensemble non vide de $\mathcal{N}$, majoré par $a$. Par $(O_2)$, il possède un plus grand élément. Notons-le $b$. Nous devons prouver que $s(b)=a$. Par construction, $b\prec a$ et $b\neq a$. Soit $n$ tel que $b \prec n\prec a$ avec $n\neq a$. Par définition $n\in B$, donc $n\prec b$ car $b$ est le plus grand élément de $B$. Donc $n=b$. Par définition de $s$, $s(b)=a$.
6. Notons $B$ le complémentaire de $A$, et supposons $B$ non vide. D'après $(O_1)$, $B$ possède un plus petit élément. Notons-le $b$. Nécessairement $b\neq O$ car $O\in A$. Donc il existe $a\in\mathcal{N}$ tel que $b=s(a)$. Par définition de $s$, $a\neq b$ et $a\prec b$. Puisque $b$ est le plus petit élément de $B$, $a\notin B$, donc $a\in A$. Mais l'hypothèse entraîne que $s(a)\in A$, ce qui contredit la définition de $b$. Donc $B$ est vide et $A=\mathcal{N}$.
7. Nous avons montré que $s$ est injective à la question 4, que $s(\mathcal{N})=\mathcal{N}\setminus\{0\}$ à la question 5, et que l'axiome de récurrence est vérifié à la question 6. Le triplet $(O,\mathcal{N},s)$ vérifie les 3 axiomes de Peano, c'est donc un triplet naturel.

Exercice 2 :  

1. En supposant que $\mathbb{R}$ a été défini, et muni de sa relation d'ordre total $\leqslant$ compatible avec l'addition, alors 0 (élément neutre pour l'addition) est inférieur ou égal à $1$ (élément neutre pour la multiplication). Donc pour tout $x\in \mathbb{R}^+$,
   $$0\leqslant x = x+0 \leqslant x+1\;,$$
   donc $\mathbb{R}^+$ est une partie inductive.
2. Si $K$ est un sous-anneau de $\mathbb{R}$, il contient les éléments neutres pour l'addition et la multiplication, 0 et $1$. Pour tout $x\in K$, $x+1\in K$, car $K$ est stable pour l'addition : $K$ est une partie inductive.
3. Si $x$ appartient à chacun des $U_i$, alors $x+1$ appartient à chacun des $U_i$, donc à leur intersection.
4. Par définition, si $U$ est une partie inductive de $\mathbb{R}$, alors $s(U)\subset U$. En particulier, $s(\mathcal{N})\subset \mathcal{N}$ puisque l'intersection de toutes les parties inductives est une partie inductive d'après la question précédente. Si $s(\mathcal{N})$ contenait 0, ce serait une partie inductive, donc $s(\mathcal{N})$ serait égal à $\mathcal{N}$ d'après la définition de $\mathcal{N}$. Dans ce cas, $\mathcal{N}$ contiendrait le sous-anneau de $\mathbb{R}$ engendré par 0 et $1$. Mais d'après les questions 1, 2 et 3, l'intersection de ce sous-anneau avec $\mathbb{R}^+$ est encore une partie inductive, qui contient donc $\mathcal{N}$ : c'est une contradiction. Donc $s(\mathcal{N})\subset \mathcal{N}\setminus \{0\}$. Réciproquement, soit $x\in \mathcal{N}\setminus\{ 0\}$ tel que $x\notin s(\mathcal{N})$. Alors $\mathcal{N}\setminus \{x\}$ contient 0 et $s(\mathcal{N}\setminus \{x\})\subset \mathcal{N}\setminus \{x\}$ : c'est une partie inductive strictement incluse dans $\mathcal{N}$, ce qui contredit la définition de $\mathcal{N}$. Donc $s(\mathcal{N})=\mathcal{N}\setminus\{0\}$.

5. Si $0\in A$ et $s(A)\subset A$, alors $A$ est une partie inductive, donc $\mathcal{N}\subset A$, par définition de $\mathcal{N}$. Si de plus $A\subset \mathcal{N}$, alors $A=\mathcal{N}$.
6. L'application $s$ est injective (régularité de l'addition dans $\mathbb{R}$), $s(\mathcal{N})=\mathcal{N}\setminus\{0\}$ (question 4) et l'axiome de récurrence est vérifié (question 5). Le triplet $(0,\mathcal{N},s)$ vérifie les 3 axiomes de Peano, c'est donc un triplet naturel.