QCM : Quantificateurs et raisonnements en maths sup (MPSI)

Réponse B.

Lorsque le « pour tout » vient en premier, \(M\) peut dépendre de \(n\) : il suffit de prendre \(M=u_n\). L’assertion est donc toujours vraie. En revanche, placer \(\exists M\) en tête impose un même majorant pour tous les termes : c’est la définition d’une suite majorée, fausse pour \(u_n=n\). De même, la version avec \(\forall M\) exige des termes arbitrairement négatifs, ce qui échoue pour une suite constante.

Réponse C.

Si \(x>3\), alors \(x^2>9\) : la condition est donc nécessaire. Cependant, \(x=-4\) vérifie \(x^2>9\) sans vérifier \(x>3\), si bien qu’elle n’est pas suffisante. Le piège « suffisante » inverse le sens de l’implication. Par ailleurs, l’équivalence serait vraie seulement pour des réels positifs, hypothèse absente de l’énoncé.

Réponse D.

La contraposée de \(P\Rightarrow Q\) est \(\text{non }Q\Rightarrow\text{non }P\). Or la négation d’un « ou » est un « et » : non(\(x>1\) ou \(y>1\)) s’écrit \(x\le1\) et \(y\le1\). Le piège qui garde « ou » nie mal la disjonction. Celui qui commence par \(x>1\) est la réciproque. Enfin, la forme qui part de \(x+y\le2\) nie les deux membres sans les échanger.

Réponse C.

La réciproque affirme que la continuité entraîne la dérivabilité. Or la valeur absolue est continue en \(0\), mais ses taux d’accroissement tendent vers \(-1\) à gauche et vers \(1\) à droite. La fonction carré, quant à elle, est dérivable en \(0\) : elle ne contredit rien. Le piège « contraposée » confond deux énoncés distincts, car seule la contraposée garde la valeur de vérité.

Réponse C.

Si \(n=2k\), alors \(n^2-2=4k^2-2\) laisse le reste \(2\) modulo \(4\). Si \(n=2k+1\), alors \(n^2-2=4k^2+4k-1\) laisse le reste \(3\). Ainsi, les deux cas épuisent les entiers et concluent. Une récurrence serait maladroite, car \(n^2-2\) et \((n+1)^2-2\) n’ont pas de lien simple. Un contre-exemple prouverait au contraire qu’une affirmation universelle est fausse.

Réponse D.

L’égalité \(2^{p/q}=3\) donne, après élévation à la puissance \(q\), \(2^p=3^q\). Or le membre de gauche est pair car \(p\ge1\), tandis que celui de droite est impair. Le piège \(p^2=3q^2\) reprend la preuve de l’irrationalité de \(\sqrt3\). L’argument sur \(\ln3\) utilise un fait non démontré et sans rapport. Enfin, \(\log_2 3>1\) donne \(p>q\), pas l’inverse.

Réponse A.

L’analyse suppose qu’une solution existe et en déduit sa forme. Elle restreint donc les possibilités, ce qui donne l’unicité ou une liste finie de candidats. Cependant, elle ne prouve pas qu’un candidat convient. C’est le rôle de la synthèse, qui vérifie chaque candidat et établit l’existence. Oublier la synthèse est l’erreur visée par les trois autres réponses.

Réponse A.

En transposant \(A=S+T\), on obtient \(A^{T}=S-T\). En ajoutant les deux égalités, on trouve \(2S=A+A^{T}\). La différence donne \(T\), c’est-à-dire \(\frac12\left(A-A^{T}\right)\) : ce piège échange donc les rôles. La forme sans le facteur \(\frac12\) oublie de diviser. Enfin, \(AA^{T}\) est bien symétrique, mais elle ne redonne pas \(A\) une fois ajoutée à \(T\).

Réponse B.

Si \(n+1\) n’est pas premier, il s’écrit \(ab\) avec \(2\le a\le n\). Il faut alors appliquer l’hypothèse à \(a\), qui peut être n’importe quel entier de cet intervalle. Par conséquent, l’hypothèse sur le seul entier \(n\) ne suffit pas : \(n\) et \(n+1\) sont d’ailleurs premiers entre eux. La récurrence double a le même défaut, et aucune descente ne s’impose ici.

Réponse A.

L’hérédité utilise les rangs \(n\) et \(n+1\) pour obtenir le rang \(n+2\). Il faut donc deux rangs consécutifs au départ. Ici, \(2^0+1=2\) et \(2^1+1=3\) conviennent. Ensuite, \(3(2^{n+1}+1)-2(2^n+1)=2^{n+2}+1\). Vérifier un seul rang laisse l’hérédité sans point d’appui. À l’inverse, le rang \(2\) découle déjà de l’hérédité.

Réponse B.

L’hérédité est exacte, puisque \((n+1)^2+(n+1)=n^2+n+2(n+1)\) garde la parité de \(n^2+n\). Cependant, aucune initialisation n’est possible : \(n^2+n=n(n+1)\) est toujours pair. Ainsi, \(P(n)\) est fausse pour tout entier. Le piège « vraie pour tout \(n\) » oublie l’initialisation. De même, croire l’hérédité fausse confond l’implication avec la vérité de ses membres.

Réponse D.

On échange chaque quantificateur, puis on nie l’implication : non(\(A\Rightarrow B\)) s’écrit \(A\) et non \(B\). Ainsi, l’hypothèse \(|x|<\eta\) reste intacte et seule l’inégalité finale est niée. Le piège en \(|x|\ge\eta\) nie aussi l’hypothèse. Celui qui garde la flèche oublie que la négation d’une implication n’est pas une implication. Enfin, la version en \(\forall x\) laisse un quantificateur inchangé.