Logique mathématique
Propositions, connecteurs, quantificateurs, contraposée, absurde, disjonction de cas et raisonnement par récurrence (simple, double, forte), avec 3 séries d'exercices corrigés.
Plan du chapitre
Voici les notions abordées dans ce chapitre. Pour le contenu détaillé avec démonstrations, exemples et figures, ouvre le PDF du cours ci-dessous.
Propositions et valeurs de vérité
Connecteurs logiques
À partir de propositions P et Q, on en forme de nouvelles à l'aide de .
Vocabulaire de l'implication
Dans P ⇒ Q, P est l' (ou condition suffisante) et Q la (ou condition nécessaire). On dit : « P est une condition suffisante pour Q » et « Q est une condition nécessaire pour P ».
Quantificateurs
L'ordre des quantificateurs compte
Modes de raisonnement
Raisonnement direct
Pour démontrer P ⇒ Q : supposer P vraie et en déduire Q par une chaîne d'implications ou d'équivalences.
Raisonnement par contraposée
Pour démontrer P ⇒ Q, on démontre (¬ Q) ⇒ (¬ P), qui lui est équivalente. On y pense quand l'hypothèse ¬ Q est plus facile à manipuler que P.
Raisonnement par l'absurde
Pour démontrer P, on suppose ¬ P et on aboutit à une contradiction.
Raisonnement par contre-exemple
Pour réfuter « ∀ x ∈ E, P(x) », un seul x0 tel que P(x0) soit fausse suffit.
Raisonnement par disjonction de cas
On partage l'ensemble des situations en cas exhaustifs et on démontre la propriété dans chacun.
Raisonnement par équivalences successives
Pour résoudre une équation ou démontrer P ≤⇒ Q, on peut enchaîner des équivalences ; chaque étape doit être réversible (attention aux élévations au carré et aux divisions par une expression pouvant s'annuler).
Raisonnement par récurrence
C'est le mode de démonstration adapté aux propriétés qui dépendent d'un entier naturel n : formules de sommes, inégalités, divisibilité, suites définies par récurrence. L'image à garder : une rangée de dominos. L'initialisation fait tomber le premier ; l'hérédité garantit que chaque domino qui tombe fait tomber le suivant. Les deux étapes sont indispensables : sans initialisation, la propriété « n = n + 1 » est héréditaire mais fausse pour tout n.
Rédaction type
Énoncer clairement P(n). + : vérifier P(n0) par un calcul. + : « Soit n ≥ n0. Supposons P(n) vraie ( ). Montrons P(n + 1). » Le calcul doit l'hypothèse de récurrence. + : « Par récurrence, P(n) est vraie pour tout n ≥ n0. »
Récurrence double et récurrence forte
Erreurs fréquentes
Confondre une implication et sa réciproque : « si x = 2 alors x² = 4 » est vraie, sa réciproque est fausse (x = -2). Croire que « P ⇒ Q » affirme que P est vraie : elle ne dit rien sur P. Nier « ∀ x, P(x) » par « ∀ x, ¬ P(x) » au lieu de « ∃ x, ¬ P(x) ». Oublier l'initialisation d'une récurrence, ou ne pas utiliser l'hypothèse de récurrence dans l'hérédité. Élever au carré ou diviser par x « par équivalence » sans vérifier les signes ou x ≠ 0.
Exercices type contrôle corrigés
5 exercices dans l'esprit des sujets de contrôle, avec correction détaillée. Cherche d'abord, puis ouvre la correction. La version PDF (mise en page complète) est dans les documents ci-dessous.
Quantificateurs, négation, contraposée
- Pour chaque proposition, donner sa valeur de vérité (en justifiant) puis écrire sa négation :
- (a) ∀ x ∈ ℝ, x² - 2x + 2 > 0 ;
- (b) ∃ x ∈ ℝ, ∀ y ∈ ℝ, x ≤ y ;
- (c) ∀ x ∈ ℝ, ∃ y ∈ ℝ, x² + y² = 1.
- Soit n ∈ ℕ. Écrire la contraposée puis la réciproque de l'implication « si n² est multiple de 3 alors n est multiple de 3 ». Démontrer la contraposée. Que peut-on conclure ?
Voir la correction
- (a) Vraie : x² - 2x + 2 = (x - 1)² + 1 ≥ 1 > 0. Négation : ∃ x ∈ ℝ, x² - 2x + 2 ≤ 0. (b) Fausse : il n'existe pas de réel inférieur à tous les réels (pour tout x, y = x - 1 vérifie y < x). Négation : ∀ x ∈ ℝ, ∃ y ∈ ℝ, y < x. (c) Fausse : pour x = 2, x² + y² = 4 + y² ≥ 4 > 1 quel que soit y. Négation : ∃ x ∈ ℝ, ∀ y ∈ ℝ, x² + y² ≠ 1.
- Contraposée : « si n n'est pas multiple de 3, alors n² n'est pas multiple de 3 ». Réciproque : « si n est multiple de 3, alors n² est multiple de 3 ». Démonstration de la contraposée : si n = 3k + 1, n² = 9k² + 6k + 1 = 3(3k² + 2k) + 1 ; si n = 3k + 2, n² = 9k² + 12k + 4 = 3(3k² + 4k + 1) + 1. Dans les deux cas n² n'est pas multiple de 3. La réciproque est vraie aussi (n = 3k donne n² = 3(3k²)) : on conclut que « n² multiple de 3 ≤⇒ n multiple de 3 ».
Raisonnement par l'absurde
- Démontrer que √6 est irrationnel.
- En déduire que √2 + √3 est irrationnel.
Voir la correction
- Supposons √6 = p/q avec p, q ∈ ℕ* premiers entre eux. Alors p² = 6 q² est pair, donc p est pair : p = 2k. Alors 4k² = 6q², soit 2k² = 3q² : 3q² est pair, donc q² est pair (car 3 est impair), donc q est pair. p et q seraient tous deux pairs, contradiction.
- Supposons r = √2 + √3 rationnel. Alors r² = 2 + 2 √6 + 3 = 5 + 2 √6, donc √6 = (r² - 5)/2 serait rationnel (opérations sur des rationnels), ce qui contredit la question 1. Donc √2 + √3 est irrationnel.
Récurrence : une somme télescopique
Démontrer par récurrence que pour tout entier n ≥ 1 : 1/(1 × 2) + 1/(2 × 3) + … + 1/(n(n + 1)) = n/(n + 1).
Voir la correction
Soit P(n) l'égalité à démontrer.
Initialisation. n = 1 : 1/(1 × 2) = 1/2 = 1/(1 + 1).
Hérédité. Supposons P(n). Alors la somme au rang n + 1 vaut 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), ce qui est P(n + 1).
Conclusion. L'égalité est vraie pour tout n ≥ 1.
Récurrence : encadrement et monotonie d'une suite
Soit (u_n) la suite définie par u_0 = 0 et u_(n+1) = √(3 u_n + 4) pour tout n ∈ ℕ.
- Calculer u_1 et u_2.
- Démontrer par récurrence que pour tout n ∈ ℕ : 0 ≤ u_n ≤ 4.
- Démontrer que la suite (u_n) est croissante.
Voir la correction
- u_1 = √4 = 2 ; u_2 = √10 ≈ 3,16.
- Initialisation. u_0 = 0 ∈ [0, 4]. Hérédité. Si 0 ≤ u_n ≤ 4, alors 4 ≤ 3u_n + 4 ≤ 16, donc 2 ≤ u_(n+1) ≤ 4, en particulier 0 ≤ u_(n+1) ≤ 4. Conclusion. 0 ≤ u_n ≤ 4 pour tout n.
- Comme u_n ≥ 0 : u_(n+1) ≥ u_n ≤⇒ 3u_n + 4 ≥ u_n² ≤⇒ u_n² - 3u_n - 4 ≤ 0 ≤⇒ (u_n - 4)(u_n + 1) ≤ 0. Or 0 ≤ u_n ≤ 4 donne u_n - 4 ≤ 0 et u_n + 1 > 0 : le produit est négatif ou nul. La suite est donc croissante.
Récurrence : divisibilité
- Démontrer que pour tout n ∈ ℕ, 10^n - 1 est divisible par 9.
- Démontrer que pour tout n ∈ ℕ, n³ - n est divisible par 6.
Voir la correction
- Initialisation. 10⁰ - 1 = 0. Hérédité. Si 10^n - 1 = 9k, alors 10^(n + 1) - 1 = 10 × 10^n - 1 = 10(9k + 1) - 1 = 90k + 9 = 9(10k + 1). Conclusion. Vrai pour tout n.
- Initialisation. 0³ - 0 = 0. Hérédité. Supposons n³ - n = 6k. Alors (n + 1)³ - (n + 1) = n³ + 3n² + 3n + 1 - n - 1 = (n³ - n) + 3n(n + 1). Or n(n + 1) est pair (produit de deux entiers consécutifs), donc 3n(n + 1) est multiple de 6, et (n + 1)³ - (n + 1) = 6k + 6k' est multiple de 6. Conclusion. 6 divise n³ - n pour tout n ∈ ℕ.
Documents
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