$\mathbb N$ (6) : Soustraction et division euclidienne

Cet article fait suite à 

• [N1] $\mathbb N$ (1). Définition de l'ensemble des entiers naturels. Axiomes de Peano. Récurrence.
• [N2] $\mathbb N$ (2) Addition des nombres entiers naturels.
• [N3] $\mathbb N$ (3). La multiplication.
• [N4] $\mathbb N$ (4). Relation d'ordre $\leq$.
• [N5] $\mathbb N$ (5) Minimum d'un ensemble d'entiers naturels

Dans cet article, nous défénissons la soustration et la division euclidienne dans l'ensemble $\mathbb N$.  

La soustraction

Commençons par quelques propriétés

Propriété 1. 

Si $a< n+1$, alors $a\leq n$.

Preuve. 

En effet, si on avait $a>n$, alors on aurait $a=n+k$, avec $k> 0$, c'est-à-dire $k\geq 1$. Dans ce cas, $a=n+k\geq n+1$ contredisant $a<n+1$.

Propriété 2. 

Si $a+b=a+b'$, alors $b=b'$.

Démonstration. 

Par récurrence sur $a$.

• C'est clair si $a=0$. 
• Supposons que pour tout $b$, $a+b=a+b'$ implique $b=b'$. (Hypothèse de récurrence). 
  Supposons alors que $a+1+b=a+1+b'$. Alors $a+(1+b)=a+(1+b')$. D'après l'hypothèse de récurrence, on a donc $1+b=1+b'$. $b$ et $b'$ ayant le même successeur, ils sont égaux. 

Propriété 3.

Soit $n$ et $p$ des nombres entiers naturels tels que $p<n$. 

Alors il existe un unique nombre entier naturel $d$ tel que $p+d=n$.

Démonstration. 

Notons 

$$E=\left\{d\in\mathbb N\ | \ p+d\geq n \right\}$$

$E$ est non-nul car $n\in E$. En effet, $p+n\geq n$ par définition.

Alors $E$ possède un minimum. Notons $d$ ce minimum. On a $p+d\geq n$. Comme $p\geq 1$, $p+d\geq 1+d$ donc $p+d-1$ existe et $p+d-1\geq d$. 

Par minimalité de $d$, 

$$(1)\ \ \ \ p+d-1<n$$  

Par $(1)$, on a donc $p+d<n+1$. Donc $p+d\leq n$. 

Comme $p+d\leq n$ et $p+d\geq n$, on en déduit que $p+d=n$.

S'il existe un nombre $d'$ tel que $n=p+d'$, alors $p+d=p+d'$. D'après la propriété 2, $d=d'$.

Le nombre $d$ tel que $p+d=n$ est noté $n-p$. C'est la différence de $n$ et de $p$. 

Cela définit donc pour tout couple $(a,b)$ de $\mathbb N\times \mathbb N$ tel que $b<a$, un nombre $a-b$. 

L'opérateur $-:(a,b)\longmapsto a-b$ est appelé soustraction.

Relations entre $-$, $\leq$ et $<$. 

Propriété 4. 

(a) Si $c\leq b$, alors $c+(b-c)=b$.

(b) Si $c\leq b$, alors $(a+b)-c=a+(b-c)$.

Démonstration. 

(a) On a par définition de $b-c$, $c+(b-c)=(b-c)+c=b$. 

(b) D'une part $((a+b)-c)+c=a+b$. D'autre part $(a+(b-c))+c=a+c+(b-c)=a+(c+(b-c))=a+b$. Ainsi $((a+b)-c)+c=(a+(b-c))+c$. D'après la propriété 6 de [N2], on a donc $c+(b-c)=(b-c)+c=b$.

Propriété 5.

(a) Si $a<b$ et si $c<a$, alors $a-c<b-c$.

(b) Si $a\leq b$ et si $c\leq a$, alors $a-c\leq b-c$.

Démonstration. 

(a) Si $a-c\geq b-c$, alors $a=(a-c)+c\geq (b-c)+c=b$. 

(b) Si $a-c> b-c$, alors d'après la propriété A de [N4], on a $a>b$. 

Propriété 6. 

Si $c\leq <b$, on a $a(b-c)=ab-ac$. 

Démonstration. 

En effet, $ab-ac+ac=ab$ et $ab=a(b-c+c)=a(b-c)+ac$

On en déduit que $ab-ac+ac=a(b-c)+ac$ d'où $ab-ac=a(b-c)$.

Propriété 7.

Soit $k$ non-nul. Si $a<b$, alors $ak<bk$.

Preuve. 

Par récurrence sur $k$. 

• Si $k=1$, alors, il n'y a rien à montrer. 
• Supposons que $a<b$ implique $ak<bk$. Alors $ak+a<bk+a$. En effet, si on avait $ak+a=bk+a$, alors on aurait en soustrayant chaque membre par $a$, d'après la propriété 5, $ak=bk$. Ceci contredirait $ak<bk$.

Divisibilité

On dit qu'un nombre entier naturel $a$ divise un nombre entier naturel $b$ s'il existe un entier naturel $k$ tel que $b=ka$. On note alors $a|b$.

Si $a|b$, avec $b\neq 0$, alors $a\leq b$. En effet si $b=ka$ , alors $k\neq 0$ car $b\neq 0$. Ainsi $b=(k-1)a+a\geq a$. 

La relation $|$ définie sur l'ensemble $\mathbb N$ est transitive : si $a|b$ et si $b|c$, alors $a|c$. En effet, si $b=ka$ et $c=k'b$, alors $c=kk'a$.

La relation $|$ est réflexive : pour tout $a\in\mathbb N$, $a|a$ (car $a=1a$).

Enfin la relation $|$ est antisymétrique : si $a|b$ et si $b|a$, alors $a=b$.

Ainsi comme $\leq$, la relation $|$ est une relation d'ordre. 

Ce n'est pas une relation d'ordre totale car par exemple, $2$ ne divise pas $3$ et $3$ ne divise pas $2$. En effet, $2=1+1$ et $3=2+1$ donc $2<3$ et $3$ ne divise pas $2$. Comme $2\times 0=0$, $2\times 1=2$ et $2\times 2=4=1+1+1+1$ tout nombre $k\geq 2$ donnant $2k\geq 4$, on ne peut pas avoir $2k=3<4$. 

Si $a$ divise $b$, on dit que $b$ est un multiple de $a$.

La division euclidienne

Un multiple d'un nombre entier $a$ est un nombre $ka$, avec un nombre entier $k$. 

Soit $n$ un nombre entier naturel non-nul et soit $p$ un nombre entier naturel.

On cherche le plus grand multiple de $p$ inférieur ou égale à $n$.

Considérons l'ensemble suivant :

$$E=\left\{n-kp | kp<n,\ k\in\mathbb N \right\}$$

Cet ensemble est un sous-ensemble de $\mathbb N$ donc il contient un plus petit élément (voir [N5]).

Notons $r$ ce plus petit élément. 

Affirmations.

• $0\leq r < p$
• $k$ et $r$ sont les seuls nombres entiers naturels tels que $n=kp+r$ et tels que $0\leq r<p$.

Démonstration. 

Supposons que $p\leq r$. 

Comme on a $r=n-kp\geq p$, on a $n\geq kp+p=(k+1)p$ donc $n-(k+1)p>0$. 

Par définition,  $n-(k+1)p$ est donc un élément de $E$ strictement inférieur à $r=n-kp$. Ceci contredisant la minimalité de $r$, on a nécessairement $r<p$.

Si $r'\in E$ vérifie $r'<p$, alors $r\leq r'$ par minimalité de $r$. On a $n=kp+r=k'p+r'$. Comme $r\leq r'$, on a $kp=k'p+r-r'=k'p+(r-r')$, donc $k'p\leq kp$. On peut donc écrire $r-r'=kp -k'p =(k-k')p$. 

Si $k-k'\neq 0$, alors $(k-k')p>1\times p=p$, d'où $r-r'>p$. Or $p>r>r-r'$ d'où $p>p$ ce qui est impossible.

On en déduit que $k=k'$, puis $r-r'=0$. Par conséquent, en ajoutant $r$ de chaque côté de cette égalité $r=r'$.

On a démontré la propriété suivante :

Propriété. 

Si $n$ et $p$ sont des entiers naturels, alors il existe un unique couple d'entiers naturels $(k,r)$, tel que $r<p$.

L'opération

$$(n,p)\longmapsto (k,r)$$

est appelée la division euclidienne. $k$ et $r$ sont respectivement appelés le quotient et le reste de la division euclidienne de $n$ par $p$.

Et ensuite

Après cette série d'articles sur les entiers naturels, j'aimerai abroder les entiers relatifs. De cette façon, nous obtiendrons le plus petit groupe contenant $\mathbb N$.