Négations et types de démonstration : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « négations et types de démonstration », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie complète : chaque preuve commence par annoncer son type, puis elle énonce la phrase exacte qui sera démontrée. Pour les négations, la correction montre comment les quantificateurs s’échangent un par un, et elle justifie chaque valeur de vérité par le graphe. Les tables de vérité sont données en entier, afin que vous puissiez repérer la ligne qui sépare deux implications. Ensuite, le barème détaillé indique où se gagnent les points de rédaction. Comparez enfin votre copie ligne par ligne, surtout pour la synthèse du problème, souvent oubliée.
L’énoncé complet se trouve ici : Négations et types de démonstration : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : négations et types de démonstration
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Quantificateurs lus sur un graphe | 4 points |
| 2. Implications emboîtées et tables de vérité | 3 points |
| 3. Deux preuves par contraposée | 4 points |
| 4. Un quotient de logarithmes irrationnel | 4 points |
| 5. Problème : analyse-synthèse et contre-exemples | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : négations et types de démonstration
Exercice 1 – Quantificateurs lus sur un graphe (4 points)
- Pour nier, on remplace chaque \(\forall\) par \(\exists\), chaque \(\exists\) par \(\forall\), puis on nie la propriété finale. En revanche, les domaines restent inchangés.
\((\text{non } A)\) : \(\exists x \in [-3\,;4],\ f(x) > 3\).
\((\text{non } B)\) : \(\exists x \in [-3\,;4],\ f(x) < 0\).
\((\text{non } C)\) : \(\exists y \in [-1\,;3],\ \forall x \in [-3\,;4],\ f(x) \neq y\).
\((\text{non } D)\) : \(\forall x \in [-3\,;4],\ \exists y \in [-1\,;3],\ f(x) \neq y\). -
\((A)\) est vraie. En effet, la courbe reste sous la droite d’équation \(y = 3\) : le maximum de \(f\) vaut \(f(-1) = 3\), car \(f\) est affine sur chaque morceau et ses valeurs aux points anguleux sont \(1, 3, -1, -1, 2\). \(A\) est vraie.
\((B)\) est fausse, car \(x = 1\) vérifie \(f(1) = -1 < 0\) : c’est un témoin de la négation. \(B\) est fausse.
\((C)\) est vraie. Soit \(y \in [-1\,;3]\). La fonction \(f\) est continue sur \([-1\,;1]\), avec \(f(1) = -1 \leq y \leq 3 = f(-1)\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc \(x \in [-1\,;1]\) tel que \(f(x) = y\). \(C\) est vraie.
\((D)\) est fausse : prouvons sa négation. Soit \(x \in [-3\,;4]\). Si \(f(x) \neq 3\), le réel \(y = 3\) convient. Sinon \(f(x) = 3\), et alors \(y = -1\) convient. Dans les deux cas, on a trouvé \(y\) avec \(f(x) \neq y\). \(D\) est fausse.
Ainsi \(C\) et \(D\) ne diffèrent que par l’ordre des quantificateurs, mais leurs valeurs de vérité sont opposées.
Piège classique : nier \(f(x) \leq 3\) en \(f(x) \geq 3\). La négation correcte est l’inégalité stricte \(f(x) > 3\).
Exercice 2 – Implications emboîtées et tables de vérité (3 points)
-
On rappelle que \(A \Rightarrow B\) est fausse dans un seul cas : \(A\) vraie et \(B\) fausse. On note \(I_1 = P \Rightarrow (Q \Rightarrow R)\), \(I_2 = (P \text{ et } Q) \Rightarrow R\) et \(I_3 = (P \Rightarrow Q) \Rightarrow R\).
\(P\) \(Q\) \(R\) \(Q \Rightarrow R\) \(I_1\) \(P \text{ et } Q\) \(I_2\) \(P \Rightarrow Q\) \(I_3\) V V V V V V V V V V V F F F V F V F V F V V V F V F V V F F V V F V F V F V V V V F V V V F V F F V F V V F F F V V V F V V V F F F V V F V V F Les colonnes \(I_1\) et \(I_2\) coïncident sur les huit lignes. Donc \(P \Rightarrow (Q \Rightarrow R)\) et \((P \text{ et } Q) \Rightarrow R\) sont équivalentes, tandis que \(I_3\) n’est équivalente à aucune des deux.
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Questions 2 et 3 : comparer les assertions
Par exemple, prenons \(P\), \(Q\) et \(R\) toutes fausses (dernière ligne). Alors \(P \Rightarrow Q\) est vraie et \(R\) est fausse, donc \(I_3\) est fausse ; en revanche \(I_1\) est vraie, car \(P\) est fausse. Pour \(P\), \(Q\), \(R\) fausses, les deux assertions diffèrent. La ligne \(P\) fausse, \(Q\) vraie, \(R\) fausse convient aussi.
- L’assertion \((P \text{ ou } Q) \Rightarrow R\) est fausse exactement quand \(R\) est fausse et que \(P\) ou \(Q\) est vraie. De même, \((P \Rightarrow R) \text{ et } (Q \Rightarrow R)\) est fausse exactement quand l’une des deux implications l’est, c’est-à-dire quand \(R\) est fausse et que \(P\) ou \(Q\) est vraie. Les deux assertions sont fausses sur les mêmes lignes, et vraies ailleurs. Elles sont donc équivalentes.
Exercice 3 – Deux preuves par contraposée (4 points)
- Raisonnons par contraposée : il suffit de montrer que si \(n\) est pair, alors \(n^3 + 5\) est impair. Supposons \(n\) pair, et écrivons \(n = 2k\) avec \(k \in \mathbb{Z}\). Alors \(n^3 + 5 = 8k^3 + 5 = 2(4k^3 + 2) + 1\), où \(4k^3 + 2\) est un entier. Ainsi \(n^3 + 5\) est impair. Par contraposition, si \(n^3 + 5\) est pair, alors \(n\) est impair.
- La contraposée s’écrit : si \(a \leq 4\) et \(b \leq 5\), alors \(ab \leq 20\). Supposons donc \(0 \leq a \leq 4\) et \(0 \leq b \leq 5\). D’abord, on multiplie \(a \leq 4\) par \(b \geq 0\), ce qui conserve le sens : \(ab \leq 4b\). Ensuite, comme \(b \leq 5\), on obtient \(4b \leq 20\). Par transitivité, \(ab \leq 20\). Par contraposition, si \(ab > 20\), alors \(a > 4\) ou \(b > 5\).
- La réciproque est : « si \(a > 4\) ou \(b > 5\), alors \(ab > 20\) ». Elle est fausse : par exemple, \(a = 5\) et \(b = 1\) sont positifs, avec \(a > 4\), pourtant \(ab = 5 \leq 20\). La réciproque est fausse.
- Prenons par exemple \(a = b = -5\). Alors \(ab = 25 > 20\), mais on a \(a \leq 4\) et \(b \leq 5\). La conclusion « \(a > 4\) ou \(b > 5\) » est donc fausse. Sans l’hypothèse de positivité, l’implication devient fausse. En effet, la multiplication par \(b\) ne conserve le sens de l’inégalité que si \(b \geq 0\).
Piège classique : écrire la contraposée avec « ou » au lieu de « et ». La négation de « \(a > 4\) ou \(b > 5\) » est « \(a \leq 4\) et \(b \leq 5\) ».
Exercice 4 – Un quotient de logarithmes irrationnel (4 points)
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D’abord, la fonction \(\ln\) est strictement croissante et \(\ln 1 = 0\). Comme \(3 > 2 > 1\), on a \(\ln 3 > 0\) et \(\ln 2 > 0\), donc \(\dfrac{\ln 3}{\ln 2} > 0\).
Supposons alors, par l’absurde, que ce réel soit rationnel. Puisqu’il est strictement positif, il existe deux entiers \(p \geq 1\) et \(q \geq 1\) tels que \(\dfrac{\ln 3}{\ln 2} = \dfrac{p}{q}\). On en déduit \(q \ln 3 = p \ln 2\), c’est-à-dire \(\ln(3^q) = \ln(2^p)\).
Or \(\ln\) est injective sur \(]0\,;+\infty[\), donc \(3^q = 2^p\). Cependant, \(3^q\) est un produit de nombres impairs, donc il est impair. De plus, \(2^p\) est pair, car \(p \geq 1\). Un entier ne peut pas être à la fois pair et impair : c’est une contradiction. Le réel \(\dfrac{\ln 3}{\ln 2}\) est donc irrationnel.
- Supposons, par l’absurde, qu’il existe \(x > 0\) tel que \(x + \dfrac{4}{x} < 4\). Multiplions par \(x\), qui est strictement positif : \(x^2 + 4 < 4x\). Donc \(x^2 – 4x + 4 < 0\), soit \((x – 2)^2 < 0\). Pourtant, un carré de réel est toujours positif ou nul : contradiction. Aucun réel \(x > 0\) ne vérifie \(x + \dfrac{4}{x} < 4\).
Exercice 5 – Problème : analyse-synthèse et contre-exemples (5 points)
- Analyse. Soit \(x \geq -5\) tel que \(\sqrt{x+5} = x – 1\). En élevant au carré, on obtient \(x + 5 = (x-1)^2 = x^2 – 2x + 1\), donc \(x^2 – 3x – 4 = 0\). Or \(x^2 – 3x – 4 = (x – 4)(x + 1)\), car \((x-4)(x+1) = x^2 + x – 4x – 4\). Par conséquent, \(x = 4\) ou \(x = -1\).
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Synthèse. Pour \(x = 4\) : \(\sqrt{9} = 3\) et \(4 – 1 = 3\), donc \(4\) est solution. Pour \(x = -1\) : \(\sqrt{4} = 2\) alors que \(-1 – 1 = -2\), donc \(-1\) n’est pas solution. L’ensemble des solutions est \(\{4\}\).
Sur la figure, les deux courbes se coupent en un seul point, \((4\,;3)\). En \(x = -1\), elles passent par \((-1\,;2)\) et \((-1\,;-2)\) : élever au carré a ajouté cette fausse solution, car \(2^2 = (-2)^2\).
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Questions 3 à 6 : la décomposition de f
Analyse. Supposons que \(f = g + h\), avec \(g(x) = ax + b\) et \(h(0) = h(1) = 0\). En \(x = 0\) : \(f(0) = b + h(0) = b\). En \(x = 1\) : \(f(1) = a + b + h(1) = a + b\). Donc \(b = f(0)\) et \(a = f(1) – f(0)\). Ainsi \(g\) est entièrement déterminée par \(f\), puis \(h = f – g\) l’est aussi. Le couple \((g, h)\), s’il existe, est unique : \(g(x) = (f(1) – f(0))x + f(0)\).
- Synthèse. Posons \(g(x) = (f(1) – f(0))x + f(0)\) et \(h = f – g\). Alors \(g\) est affine, et \(f = g + h\) par construction. De plus, \(h(0) = f(0) – f(0) = 0\) et \(h(1) = f(1) – (f(1) – f(0)) – f(0) = 0\). Le couple existe, donc il existe un unique couple convenable.
- Dans ce cas, \(f(0) = 2^0 = 1\) et \(f(1) = 2\), donc \(a = 2 – 1 = 1\) et \(b = 1\). On obtient \(g(x) = x + 1\) et \(h(x) = 2^x – x – 1\).
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Gardons donc \(f(x) = 2^x\). Alors \(h\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt{2} – \frac{1}{2} – 1 = \sqrt{2} – \frac{3}{2}\). Or \(\left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{9}{4} > 2\), donc \(\frac{3}{2} > \sqrt{2}\), car les deux nombres sont positifs. Ainsi \(h\left(\frac{1}{2}\right) < 0\), et \(h\) n’est pas nulle sur \([0\,;1]\). L’affirmation est fausse.
Graphiquement, la courbe de \(f\) passe sous sa corde entre \(0\) et \(1\) : l’écart vertical est la valeur de \(h\).
Piège classique : s’arrêter à l’analyse. Elle donne seulement des candidats, et la synthèse élimine ici la valeur \(-1\).
À retenir de ce contrôle
- La négation de « pour tout x, il existe y » est « il existe x tel que pour tout y », avec la propriété niée.
- Une implication et sa contraposée sont équivalentes, alors que la réciproque peut être fausse : un contre-exemple suffit à le montrer.
- Un raisonnement par l’absurde suppose la négation exacte de la conclusion, puis aboutit à une contradiction clairement identifiée.
- Dans une analyse-synthèse, l’analyse prouve l’unicité des candidats, tandis que la synthèse prouve leur existence en vérifiant toutes les conditions.
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