Corrigé des exercices : Logique et types de démonstration en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une tautologie de transitivité

Idée clé : une implication n’est fausse que sur une seule ligne, donc il suffit de chercher les lignes où \(T\) pourrait être fausse.

1. La table comporte \(2^3 = 8\) lignes. On calcule successivement \(P \Rightarrow Q\), \(Q \Rightarrow R\), leur conjonction (l’hypothèse de \(T\)), puis \(P \Rightarrow R\) et enfin \(T\). La figure présente le résultat. Sur chaque ligne, la dernière colonne vaut V. Par exemple, sur la ligne « \(P\) vraie, \(Q\) fausse, \(R\) fausse », l’implication \(P \Rightarrow R\) est fausse ; cependant, \(P \Rightarrow Q\) est fausse aussi, donc l’hypothèse est fausse et \(T\) est vraie. L’assertion \(T\) est vraie dans les huit cas : c’est une tautologie.

2. On sait que \(P \Rightarrow Q \equiv \neg P \vee Q\). De même, \(\neg Q \Rightarrow \neg P \equiv \neg(\neg Q) \vee \neg P \equiv Q \vee \neg P\). Enfin, la disjonction est commutative, donc \(Q \vee \neg P \equiv \neg P \vee Q\). Ainsi, \(P \Rightarrow Q \equiv \neg Q \Rightarrow \neg P\).
3. Dans une preuve, on établit souvent \(P \Rightarrow Q\), puis \(Q \Rightarrow R\). La tautologie \(T\) garantit alors que \(P \Rightarrow R\) est vraie, quelles que soient les assertions. C’est ce qui autorise les chaînes d’implications du type \(P \Rightarrow Q \Rightarrow R\).

Corrigé de l’exercice 2 – Le ou exclusif et ses écritures

Idée clé : le « ou exclusif » est vrai exactement sur les deux lignes où \(P\) et \(Q\) diffèrent ; toutes les questions se ramènent à cette observation.

1. Par définition, \(P \oplus Q\) est vraie quand une seule des deux assertions l’est :
   \[
   \begin{array}{|c|c|c|}
   \hline
   P & Q & P \oplus Q \\
   \hline
   V & V & F \\
   V & F & V \\
   F & V & V \\
   F & F & F \\
   \hline
   \end{array}
   \]
   Elle est vraie sur les deuxième et troisième lignes seulement.
2. D’abord, \(P \vee Q\) est fausse uniquement sur la ligne FF. Ensuite, \(\neg(P \wedge Q)\) est fausse uniquement sur la ligne VV. Leur conjonction est donc vraie exactement sur les lignes VF et FV, comme \(P \oplus Q\). De même, \(P \wedge \neg Q\) n’est vraie que sur la ligne VF, et \(\neg P \wedge Q\) n’est vraie que sur la ligne FV. Leur disjonction est donc vraie exactement sur ces deux lignes. Les trois assertions ont la même table, donc elles sont équivalentes.
3. La négation \(\neg(P \oplus Q)\) est vraie sur les lignes VV et FF, c’est-à-dire exactement quand \(P\) et \(Q\) ont la même valeur. C’est la définition de \(P \Leftrightarrow Q\). Ainsi, \(\neg(P \oplus Q) \equiv (P \Leftrightarrow Q)\).

Associativité du ou exclusif

4. Notons \(k\) le nombre d’assertions vraies parmi \(P\), \(Q\) et \(R\). On distingue deux cas selon \(R\).
   • Si \(R\) est fausse, \((P \oplus Q) \oplus R\) a la valeur de \(P \oplus Q\). Elle est donc vraie si et seulement si exactement une des assertions \(P\), \(Q\) est vraie, c’est-à-dire si \(k = 1\).
   • Si \(R\) est vraie, \((P \oplus Q) \oplus R\) a la valeur de \(\neg(P \oplus Q)\). Elle est donc vraie si et seulement si \(P\) et \(Q\) ont la même valeur, c’est-à-dire si \(k = 1\) (les deux fausses) ou \(k = 3\) (les deux vraies).

   Dans les deux cas, l’assertion est vraie si et seulement si \(k\) est impair. Par ailleurs, la table de \(\oplus\) est symétrique, donc \(P \oplus (Q \oplus R) \equiv (Q \oplus R) \oplus P\). Le raisonnement précédent, appliqué au triplet \((Q, R, P)\), montre que cette assertion est vraie exactement quand un nombre impair des trois assertions est vrai. Les deux assertions ont la même table : le ou exclusif est associatif.

Corrigé de l’exercice 3 – Vrai ou faux avec des quantificateurs

Idée clé : on lit les quantificateurs de gauche à droite ; une variable introduite après une autre a le droit de dépendre d’elle.

1. Cette assertion est fausse. Sa négation s’écrit \(\exists x \in \mathbb{R},\ \forall y \in \mathbb{R},\ y^2 \neq x + 1\). Prenons \(x = -2\) : pour tout réel \(y\), on a \(y^2 \geqslant 0 > -1 = x + 1\), donc \(y^2 \neq x + 1\). La négation est vraie, l’assertion est fausse.
2. Prenons \(x = 1\). Pour tout réel \(y\), on a \(1 \times y = y\). L’assertion est vraie, avec \(x = 1\).
3. Soit \(x\) un réel. L’entier \(n = \lfloor |x| \rfloor + 1\) est un entier naturel, et \(n > |x| \geqslant x\). L’assertion est vraie.
4. Cette assertion est fausse. Sa négation s’écrit \(\forall n \in \mathbb{N},\ \exists x \in \mathbb{R},\ x \geqslant n\). Pour un entier \(n\) donné, le réel \(x = n\) convient. Aucun entier ne dépasse tous les réels.
5. Soit \(x > 0\). Le réel \(y = \frac{x}{2}\) est strictement positif et vérifie \(y < x\), car \(x – \frac{x}{2} = \frac{x}{2} > 0\). L’assertion est vraie.
6. Cette assertion est fausse. Sa négation s’écrit \(\forall y \in \left]0, +\infty\right[,\ \exists x \in \left]0, +\infty\right[,\ x \leqslant y\). Pour \(y > 0\) donné, on choisit \(x = y\), qui est bien strictement positif. La négation est vraie. On retrouve qu’il n’existe pas de plus petit réel strictement positif.

On remarque que les assertions 3 et 4, ainsi que 5 et 6, ne diffèrent que par l’ordre des quantificateurs. C’est pourtant ce qui fait basculer leur valeur de vérité.

Corrigé de l’exercice 4 – Négations de phrases quantifiées

Idée clé : on échange \(\forall\) et \(\exists\) sans changer l’ordre ni les ensembles, puis on nie la propriété finale.

1. L’assertion s’écrit \(\forall x \in [0, 3],\ f(x) \leqslant 7\). Sa négation est \(\exists x \in [0, 3],\ f(x) > 7\).
2. L’assertion s’écrit \(\exists M \in \mathbb{R},\ \forall n \in \mathbb{N},\ u_n \leqslant M\). Sa négation est \(\forall M \in \mathbb{R},\ \exists n \in \mathbb{N},\ u_n > M\). Autrement dit, la suite dépasse toute valeur donnée.
3. L’assertion s’écrit \(\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ \left(x \leqslant y \Rightarrow f(x) \leqslant f(y)\right)\). La négation d’une implication est une conjonction. On obtient \(\exists (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ \left(x \leqslant y \ \text{et}\ f(x) > f(y)\right)\). Attention : « \(f\) n’est pas croissante » ne signifie pas « \(f\) est décroissante ».
4. L’assertion s’écrit \(\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \in \mathbb{N},\ \left(n \geqslant N \Rightarrow |u_n – 2| \leqslant \varepsilon\right)\). On échange les trois quantificateurs et on nie l’implication. On obtient \(\exists \varepsilon > 0,\ \forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \in \mathbb{N},\ \left(n \geqslant N \ \text{et}\ |u_n – 2| > \varepsilon\right)\).
5. L’assertion est une conjonction : \(\left(\exists x \in \left]-\infty, 0\right],\ f(x) = 0\right) \wedge \left(\forall x \in \left]0, +\infty\right[,\ f(x) \geqslant 0\right)\). D’après la loi de De Morgan, sa négation est une disjonction. On obtient \(\left(\forall x \in \left]-\infty, 0\right],\ f(x) \neq 0\right) \vee \left(\exists x \in \left]0, +\infty\right[,\ f(x) < 0\right)\).

Corrigé de l’exercice 5 – Réciproque et contraposée

Idée clé : une implication et sa contraposée ont toujours la même valeur ; seule la réciproque doit être étudiée à part.

1. Implication : si \(x > 3\), alors \(x^2 > 9\), donc \(x^2 > 4\). Elle est vraie. La contraposée s’écrit « si \(x^2 \leqslant 4\), alors \(x \leqslant 3\) » ; elle est donc vraie aussi. La réciproque s’écrit « si \(x^2 > 4\), alors \(x > 3\) ». Elle est fausse : pour \(x = \frac{5}{2}\), on a \(x^2 = \frac{25}{4} > 4\) et pourtant \(x < 3\). Implication et contraposée vraies, réciproque fausse.
2. Implication : si \(n = 6k\), alors \(n = 2 \times 3k\) est pair. Elle est vraie, donc la contraposée « si \(n\) est impair, alors \(n\) n’est pas multiple de \(6\) » l’est aussi. La réciproque « si \(n\) est pair, alors \(n\) est multiple de \(6\) » est fausse, car \(n = 8\) est pair et \(8 = 6 \times 1 + 2\). Implication et contraposée vraies, réciproque fausse.
3. La contraposée s’écrit « si \(n\) n’est pas multiple de \(3\), alors \(n^2\) n’est pas multiple de \(3\) ». Démontrons-la. Si \(n = 3k + 1\), alors \(n^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2 + 2k) + 1\). Si \(n = 3k + 2\), alors \(n^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1\). Dans les deux cas, le reste de la division par \(3\) vaut \(1\). La contraposée est donc vraie, ainsi que l’implication. Enfin, la réciproque « si \(n\) est multiple de \(3\), alors \(n^2\) l’est » est vraie, car \(n = 3k\) donne \(n^2 = 3 \times 3k^2\). Les trois assertions sont vraies : on a une équivalence.

Corrigé de l’exercice 6 – Quatre contre-exemples

Idée clé : chaque affirmation est universelle, donc un seul cas qui la met en défaut suffit, à condition de le vérifier par un calcul complet.

1. Les réels \(\sqrt{2}\) et \(1 – \sqrt{2}\) sont irrationnels. En effet, si \(1 – \sqrt{2}\) était rationnel, alors \(\sqrt{2} = 1 – (1 – \sqrt{2})\) le serait aussi. Pourtant, leur somme vaut \(1\), qui est rationnel. L’affirmation est fausse.
2. Prenons \(a = 6\) et \(b = 10\). Leur produit vaut \(60 = 4 \times 15\), qui est multiple de \(4\). Cependant, \(6 = 4 + 2\) et \(10 = 8 + 2\) ne sont pas multiples de \(4\). L’affirmation est fausse.
3. La figure montre des valeurs premières pour \(n\) de \(1\) à \(10\) : \(11, 13, 17, 23, 31, 41, 53, 67, 83, 101\). Pour \(n = 11\), en revanche, on obtient \(11^2 – 11 + 11 = 121 = 11 \times 11\), qui n’est pas premier. Le contre-exemple est \(n = 11\). On aurait pu le deviner : quand \(n\) est multiple de \(11\), les trois termes le sont.
4. Prenons \(x = 1\) et \(y = -2\). On a \(x^2 = 1 < 4 = y^2\), mais \(x = 1 > -2 = y\). L’affirmation est fausse. L’erreur vient de ce que la fonction carré n’est pas croissante sur \(\mathbb{R}\) tout entier.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Une majoration par raisonnement direct

Idée clé : un carré est positif ; l’inégalité \(|ab| \leqslant \frac{a^2 + b^2}{2}\) vient du développement de \(\left(|a| – |b|\right)^2\).

1. Soient \(a\) et \(b\) deux réels. On a \(\left(|a| – |b|\right)^2 \geqslant 0\). En développant, on obtient \(|a|^2 – 2|a||b| + |b|^2 \geqslant 0\). Or \(|a|^2 = a^2\), \(|b|^2 = b^2\) et \(|a||b| = |ab|\). Par conséquent, \(2|ab| \leqslant a^2 + b^2\). Ainsi \(|ab| \leqslant \frac{a^2 + b^2}{2}\). L’égalité a lieu si et seulement si \(|a| = |b|\).
2. Soit \(x \in [-1, 1]\). Alors \(1 – x^2 \geqslant 0\), donc \(b = \sqrt{1 – x^2}\) est bien défini. On applique la question 1 avec \(a = x\) :
   \[
   \left|x\sqrt{1 – x^2}\right| \leqslant \frac{x^2 + (1 – x^2)}{2} = \frac{1}{2}
   \]
   On a donc \(\left|x\sqrt{1 – x^2}\right| \leqslant \frac{1}{2}\) pour tout \(x \in [-1, 1]\).
3. Il y a égalité si et seulement si \(|x| = \sqrt{1 – x^2}\). Les deux membres étant positifs, cela équivaut à \(x^2 = 1 – x^2\), soit \(x^2 = \frac{1}{2}\). L’égalité a lieu exactement pour \(x = \frac{1}{\sqrt{2}}\) et \(x = -\frac{1}{\sqrt{2}}\). La figure confirme que la courbe touche la droite \(y = \frac{1}{2}\) en ces deux points.

Corrigé de l’exercice 8 – Parité par contraposition

Idée clé : l’hypothèse « l’expression est paire » est difficile à exploiter, alors que « \(n\) est pair » donne une écriture \(n = 2k\) directement utilisable.

1. La négation de « \(n\) est impair » est « \(n\) est pair ». La contraposée s’écrit : si \(n\) est pair, alors \(n^2 – 6n + 5\) est impair.
2. Supposons \(n\) pair et écrivons \(n = 2k\) avec \(k \in \mathbb{Z}\). Alors :
   \[
   n^2 – 6n + 5 = 4k^2 – 12k + 4 + 1 = 2\left(2k^2 – 6k + 2\right) + 1
   \]
   Comme \(2k^2 – 6k + 2\) est un entier, l’expression est impaire. La contraposée est démontrée. Par conséquent, si \(n^2 – 6n + 5\) est pair, alors \(n\) est impair.
3. La réciproque s’écrit : si \(n\) est impair, alors \(n^2 – 6n + 5\) est pair. Écrivons \(n = 2k + 1\). Alors \(n^2 – 6n + 5 = 4k^2 + 4k + 1 – 12k – 6 + 5 = 4k^2 – 8k = 2\left(2k^2 – 4k\right)\), qui est pair. La réciproque est vraie : \(n^2 – 6n + 5\) est pair si et seulement si \(n\) est impair. On peut aussi le voir sur la factorisation \(n^2 – 6n + 5 = (n – 1)(n – 5)\).

Corrigé de l’exercice 9 – Un réel plus petit que tout epsilon

Idée clé : pour le sens direct, on suppose \(a > 0\) et on choisit un \(\varepsilon\) strictement compris entre \(0\) et \(a\).

1. Sens réciproque. Supposons \(a \leqslant 0\) et soit \(\varepsilon > 0\). Alors \(a \leqslant 0 < \varepsilon\), donc \(a \leqslant \varepsilon\). La propriété est vraie pour tout \(\varepsilon > 0\).
2. Sens direct, par contraposition. La négation de \(a \leqslant 0\) est \(a > 0\). La négation de l’hypothèse est \(\exists \varepsilon > 0,\ a > \varepsilon\). Il s’agit donc de montrer : si \(a > 0\), alors il existe \(\varepsilon > 0\) tel que \(a > \varepsilon\). Supposons \(a > 0\) et posons \(\varepsilon = \frac{a}{2}\). D’une part, \(\varepsilon > 0\). D’autre part, \(a – \varepsilon = \frac{a}{2} > 0\), donc \(a > \varepsilon\). La contraposée est vraie, donc le sens direct aussi.

Les deux sens sont établis. Un réel inférieur ou égal à tout réel strictement positif est négatif ou nul. Ce résultat sert constamment en analyse pour démontrer des inégalités larges.

Corrigé de l’exercice 10 – Deux preuves par l’absurde

Idée clé : dans les deux cas, l’hypothèse ajoutée conduit à une égalité entre un entier pair et un entier impair.

1. Supposons par l’absurde que \(\log_2(6)\) est rationnel. Comme il est strictement positif, on peut écrire \(\log_2(6) = \frac{p}{q}\) avec \(p\) et \(q\) entiers strictement positifs. Alors \(2^{p/q} = 6\), et en élevant à la puissance \(q\), on obtient \(2^p = 6^q = 2^q \times 3^q\).
   • Comme \(3^q > 1\), on a \(2^p > 2^q\), donc \(p > q\), c’est-à-dire \(p – q \geqslant 1\).
   • En divisant par \(2^q\), on trouve \(2^{p – q} = 3^q\).
   • Le membre de gauche est pair, puisque \(p – q \geqslant 1\). Le membre de droite est impair, comme produit de nombres impairs.

   Un entier ne peut pas être à la fois pair et impair : c’est une contradiction. Le réel \(\log_2(6)\) est donc irrationnel.

2. Supposons par l’absurde qu’il existe un entier \(n\) tel que \(4\) divise \(n^2 + 2\). Distinguons deux cas.
   • Si \(n = 2k\) est pair, alors \(n^2 + 2 = 4k^2 + 2\). Le reste de la division par \(4\) vaut \(2\), donc \(4\) ne divise pas \(n^2 + 2\).
   • Si \(n = 2k + 1\) est impair, alors \(n^2 + 2 = 4k^2 + 4k + 3\) est impair, donc non divisible par \(4\).

   Les deux cas contredisent l’hypothèse. Aucun entier relatif \(n\) ne rend \(n^2 + 2\) divisible par \(4\).

Corrigé de l’exercice 11 – Neuf réels de somme 50

Idée clé : si tous les nombres étaient strictement inférieurs à leur moyenne, leur somme serait strictement inférieure à neuf fois cette moyenne.

1. Supposons par l’absurde que \(a_i < \frac{50}{9}\) pour tout \(i \in \{1, \ldots, 9\}\). En additionnant ces neuf inégalités strictes, on obtient \(a_1 + \cdots + a_9 < 9 \times \frac{50}{9} = 50\). Cela contredit l’hypothèse \(a_1 + \cdots + a_9 = 50\). L’un au moins des \(a_i\) vérifie donc \(a_i \geqslant \frac{50}{9}\). La figure illustre une situation possible : les barres vertes dépassent la moyenne.

2. Si les \(a_i\) sont entiers, la question 1 fournit un indice \(i\) tel que \(a_i \geqslant \frac{50}{9}\). Or \(5 < \frac{50}{9} < 6\), car \(45 < 50 < 54\). L’entier \(a_i\) est donc strictement supérieur à \(5\). Par conséquent, \(a_i \geqslant 6\).
3. Non. Prenons \(a_1 = a_2 = \cdots = a_9 = \frac{50}{9}\). Leur somme vaut bien \(50\), mais aucun n’est strictement supérieur à \(\frac{50}{9}\). Ce choix est un contre-exemple : l’inégalité large ne peut pas être remplacée par une inégalité stricte.

Corrigé de l’exercice 12 – Une équation fonctionnelle par analyse-synthèse

Idée clé : en remplaçant \(x\) par \(-x\), on obtient une seconde équation ; le système formé par les deux donne \(f(x)\).

1. Analyse. Soit \(f\) une solution et soit \(x\) un réel. L’équation appliquée en \(x\) puis en \(-x\) donne le système :
   \[
   \begin{cases}
   f(x) + 2f(-x) = x^2 + 3x \\
   2f(x) + f(-x) = x^2 – 3x
   \end{cases}
   \]
   On multiplie la seconde ligne par \(2\) et on lui retranche la première. Il vient \(3f(x) = 2x^2 – 6x – x^2 – 3x = x^2 – 9x\). Si \(f\) est solution, alors \(f(x) = \frac{x^2 – 9x}{3}\) pour tout réel \(x\). Il y a donc au plus une solution.
2. Synthèse. Posons \(f(x) = \frac{x^2 – 9x}{3}\). Alors \(f(-x) = \frac{x^2 + 9x}{3}\), et pour tout réel \(x\) :
   \[
   f(x) + 2f(-x) = \frac{x^2 – 9x + 2x^2 + 18x}{3} = \frac{3x^2 + 9x}{3} = x^2 + 3x
   \]
   La fonction convient. L’unique solution est la fonction \(x \mapsto \frac{x^2 – 9x}{3}\). La figure montre que la courbe de \(f(x) + 2f(-x)\) se superpose bien à celle de \(x^2 + 3x\).

Corrigé de l’exercice 13 – Quotients entiers

Idée clé : l’écriture \(1 + \frac{15}{n – 3}\) ramène la question à la recherche des diviseurs de \(15\).

1. Pour \(n \neq 3\), on a \(n + 12 = (n – 3) + 15\). En divisant par \(n – 3\), qui n’est pas nul, on obtient \(\frac{n + 12}{n – 3} = 1 + \frac{15}{n – 3}\).
2. Analyse. Supposons que \(\frac{n + 12}{n – 3} = k\) avec \(k \in \mathbb{Z}\). D’après la question 1, \(\frac{15}{n – 3} = k – 1\) est un entier. Ainsi, \(n – 3\) divise \(15\). Les diviseurs de \(15\) dans \(\mathbb{Z}\) sont \(\pm 1\), \(\pm 3\), \(\pm 5\) et \(\pm 15\). Par conséquent, \(n\) appartient à \(\{4, 2, 6, 0, 8, -2, 18, -12\}\).

   Synthèse. On calcule le quotient pour chaque candidat :

   \[
   \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
   \hline
   n & 4 & 2 & 6 & 0 & 8 & -2 & 18 & -12 \\
   \hline
   \frac{n + 12}{n – 3} & 16 & -14 & 6 & -4 & 4 & -2 & 2 & 0 \\
   \hline
   \end{array}
   \]

   Tous les quotients sont entiers. Les solutions sont exactement \(n \in \{-12, -2, 0, 2, 4, 6, 8, 18\}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Choisir la bonne méthode

Idée clé : on lit la forme de chaque énoncé avant de commencer : identité universelle, conclusion négative, impossibilité, ou énoncé suspect.

1. Vrai, par raisonnement direct, car un calcul de différence suffit. Soit \(x > 0\). Alors :
   \[
   x + \frac{4}{x} – 4 = \frac{x^2 – 4x + 4}{x} = \frac{(x – 2)^2}{x}
   \]
   Le numérateur est un carré, donc positif, et le dénominateur est strictement positif. Ainsi \(x + \frac{4}{x} \geqslant 4\), avec égalité pour \(x = 2\).
2. Cet énoncé est également vrai. On le prouve par contraposition, car « \(n\) pair » s’exploite mieux que « \(7n + 4\) impair ». La contraposée s’écrit : si \(n\) est pair, alors \(7n + 4\) est pair. Si \(n = 2k\), alors \(7n + 4 = 14k + 4 = 2(7k + 2)\) est pair. L’implication est démontrée.
3. Encore vrai, cette fois par l’absurde, car l’énoncé affirme une impossibilité. Supposons \(m^2 – n^2 = 6\) avec \(m\) et \(n\) entiers naturels. Alors \((m – n)(m + n) = 6\). Or \((m + n) – (m – n) = 2n\) est pair, donc \(m – n\) et \(m + n\) ont la même parité.
   • S’ils sont tous deux impairs, leur produit est impair, alors que \(6\) est pair.
   • S’ils sont tous deux pairs, leur produit est multiple de \(4\), alors que \(6 = 4 + 2\) ne l’est pas.

   Dans les deux cas on obtient une contradiction : aucun couple ne convient.

4. Faux, par contre-exemple, car la puissance \(3\) inverse les positions sur certains intervalles. Pour \(x = -2\), on a \(x^3 = -8 < -2 = x\). L’énoncé est faux. On aurait aussi pu prendre \(x = \frac{1}{2}\), puisque \(\frac{1}{8} < \frac{1}{2}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 15 – Ordre des quantificateurs et fonctions majorées

Idée clé : dans \((B)\), le majorant \(M\) dépend de \(x\) et peut être choisi égal à \(f(x)\) ; dans \((A)\), un même \(M\) doit servir pour tous les \(x\).

1. Soit \(f\) une fonction et soit \(x\) un réel. Le réel \(M = f(x)\) vérifie \(f(x) \leqslant M\). L’assertion \((B)\) est donc vraie pour toute fonction : elle ne dit rien sur \(f\).
2. Supposons \((A)\) et fixons un réel \(M_0\) tel que \(f(x) \leqslant M_0\) pour tout \(x\). Soit \(x\) un réel : le choix \(M = M_0\) convient. Ainsi \((A)\) implique \((B)\), ce qui est un cas particulier de la propriété du cours sur l’ordre des quantificateurs. En revanche, pour \(f(x) = x\), l’assertion \((A)\) est fausse : pour tout réel \(M\), le réel \(x = M + 1\) vérifie \(f(x) = M + 1 > M\). L’identité ne vérifie pas \((A)\).
3. La négation de \((A)\) s’écrit \(\forall M \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ f(x) > M\). Démontrons-la pour \(f(x) = x^3\). Soit \(M\) un réel et posons \(x = |M| + 1\). Comme \(x \geqslant 1\), on a \(x^2 \geqslant 1\), donc \(x^3 \geqslant x\). Par conséquent, \(x^3 \geqslant |M| + 1 > |M| \geqslant M\). La fonction cube n’est pas majorée sur \(\mathbb{R}\).

Le plus petit majorant de g

4. Soit \(x\) un réel. On a \(\left(|x| – 1\right)^2 \geqslant 0\), donc \(x^2 + 1 \geqslant 2|x|\). En divisant par \(1 + x^2 > 0\), il vient \(\frac{|x|}{1 + x^2} \leqslant \frac{1}{2}\), puis \(|g(x)| = \frac{5|x|}{1 + x^2} \leqslant \frac{5}{2}\). En particulier, \(g(x) \leqslant \frac{5}{2}\) pour tout \(x\). Le réel \(M = \frac{5}{2}\) convient, donc \(g\) vérifie \((A)\).
5. Soit \(M < \frac{5}{2}\). On a \(g(1) = \frac{5}{1 + 1} = \frac{5}{2} > M\). Le réel \(M\) ne majore donc pas \(g\). Le nombre \(\frac{5}{2}\) est le plus petit majorant de \(g\), et il est atteint en \(x = 1\). La figure montre aussi que \(-\frac{5}{2}\) est atteint en \(x = -1\).

Corrigé de l’exercice 16 – Analyse sans solution

Idée clé : des valeurs bien choisies de \(x\) et \(y\) (d’abord \(x = y = 0\), puis \(y = x\)) imposent la forme de \(f\) ; la synthèse décide ensuite.

1. Analyse. Soit \(f\) une solution. Avec \(x = y = 0\), on obtient \(2f(0) = 0\), donc \(f(0) = 0\). Avec \(y = x\), on obtient \(f(2x) + f(0) = 2x^2\), donc \(f(2x) = 2x^2\) pour tout réel \(x\). Pour un réel \(t\), on pose \(x = \frac{t}{2}\) et l’on trouve \(f(t) = 2 \times \frac{t^2}{4} = \frac{t^2}{2}\). Le seul candidat est donc \(f(t) = \frac{t^2}{2}\).

   Synthèse. Pour ce candidat :

   \[
   f(x + y) + f(x – y) = \frac{(x + y)^2 + (x – y)^2}{2} = \frac{2x^2 + 2y^2}{2} = x^2 + y^2
   \]

   Pour \(x = 0\) et \(y = 1\), cette quantité vaut \(1\), alors que \(2x^2 = 0\). Le candidat ne convient pas. L’équation n’a aucune solution.

2. Analyse. Soit \(f\) une solution. Avec \(x = y = 0\), on trouve encore \(f(0) = 0\). Avec \(y = x\), on obtient \(f(2x) = 4x^2\), puis \(f(t) = t^2\) en posant \(x = \frac{t}{2}\).

   Synthèse. Pour \(f(t) = t^2\), on a \(f(x + y) + f(x – y) = (x + y)^2 + (x – y)^2 = 2x^2 + 2y^2\) pour tous réels \(x\) et \(y\). L’unique solution est la fonction carré.

3. Dans la question 1, l’analyse fournit un candidat parfaitement défini, et pourtant il n’y a aucune solution. Sans synthèse, on aurait affirmé à tort que \(t \mapsto \frac{t^2}{2}\) est solution : l’analyse ne prouve que l’unicité, jamais l’existence.

Corrigé de l’exercice 17 – Aucune suite d’entiers strictement décroissante

Idée clé : l’ensemble des valeurs de la suite possède un plus petit élément, et le terme suivant serait encore plus petit.

1. La suite est strictement décroissante si \(\forall n \in \mathbb{N},\ u_{n+1} < u_n\).
2. Supposons par l’absurde qu’une suite \((u_n)\) d’entiers naturels soit strictement décroissante. L’ensemble \(A = \{u_n \mid n \in \mathbb{N}\}\) est une partie de \(\mathbb{N}\), non vide puisqu’elle contient \(u_0\). Elle possède donc un plus petit élément, de la forme \(u_k\) pour un certain entier \(k\). Or \(u_{k+1}\) appartient aussi à \(A\) et vérifie \(u_{k+1} < u_k\). Cela contredit la minimalité de \(u_k\). Aucune suite d’entiers naturels n’est strictement décroissante.
3. Pour les entiers relatifs, le résultat est faux : la suite \(u_n = -n\) vérifie \(u_{n+1} = -n – 1 < -n = u_n\). Pour les rationnels positifs, il est faux aussi : la suite \(u_n = \frac{1}{n + 1}\) est formée de rationnels strictement positifs et \(\frac{1}{n + 2} < \frac{1}{n + 1}\). Le résultat repose entièrement sur la propriété du plus petit élément, propre à \(\mathbb{N}\). En effet, \(\mathbb{Z}\) n’est pas minoré, et l’ensemble des rationnels strictement positifs n’a pas de plus petit élément.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Nombres de Mersenne et nombres de Fermat

Idée clé : les deux factorisations de la partie A transforment chaque diviseur de \(n\) en un diviseur de \(2^n – 1\) ou de \(2^n + 1\) ; les parties B et C sont alors des contrapositions.

Factorisations utiles (partie A)

1. On développe le produit. D’une part, \(a \times \left(a^{m-1} + \cdots + a + 1\right) = a^m + a^{m-1} + \cdots + a\). D’autre part, \(1 \times \left(a^{m-1} + \cdots + a + 1\right) = a^{m-1} + \cdots + a + 1\). En faisant la différence, tous les termes s’éliminent sauf \(a^m\) et \(-1\). Ainsi \(a^m – 1 = (a – 1)\left(a^{m-1} + \cdots + a + 1\right)\).
2. Supposons \(m\) impair et appliquons la question 1 au réel \(-a\). Comme \(m\) est impair, \((-a)^m = -a^m\), donc :
   \[
   -a^m – 1 = (-a – 1)\left((-a)^{m-1} + (-a)^{m-2} + \cdots + (-a) + 1\right)
   \]
   On multiplie par \(-1\). Comme \(m – 1\) est pair, le terme \((-a)^{m-1}\) vaut \(a^{m-1}\), puis les signes alternent. On obtient \(a^m + 1 = (a + 1)\left(a^{m-1} – a^{m-2} + \cdots – a + 1\right)\).

Nombres de Mersenne (partie B)

1. La contraposée s’écrit : si \(n \geqslant 2\) n’est pas premier, alors \(2^n – 1\) n’est pas premier. Supposons donc \(n = k\ell\) avec \(k\) et \(\ell\) entiers tels que \(2 \leqslant k \leqslant n – 1\). Alors \(\ell \geqslant 2\). On applique la partie A avec \(a = 2^k\) et \(m = \ell\) :
   \[
   2^n – 1 = \left(2^k\right)^{\ell} – 1 = \left(2^k – 1\right)\left(2^{k(\ell – 1)} + \cdots + 2^k + 1\right)
   \]
   Le facteur \(2^k – 1\) vérifie \(2^k – 1 \geqslant 3\), car \(k \geqslant 2\). De plus, \(2^k – 1 < 2^n – 1\), car \(k < n\). C’est donc un diviseur de \(2^n – 1\) différent de \(1\) et de \(2^n – 1\). Ainsi \(2^n – 1\) n’est pas premier, et par contraposition : si \(2^n – 1\) est premier, alors \(n\) est premier.
2. La réciproque s’écrit : si \(n\) est premier, alors \(2^n – 1\) est premier. Or \(11\) est premier et \(2^{11} – 1 = 2048 – 1 = 2047\). D’autre part, \(23 \times 89 = 23 \times 90 – 23 = 2070 – 23 = 2047\). L’entier \(2047\) n’est pas premier : la réciproque est fausse.
3. La négation s’écrit : il existe un nombre premier \(p\) tel que \(2^p – 1\) n’est pas premier. Elle est vraie, avec \(p = 11\) d’après la question précédente.

Nombres de Fermat (partie C)

1. On raisonne par contraposition : supposons que \(n\) n’est pas une puissance de \(2\). D’après le résultat admis, on peut écrire \(n = mk\) avec \(m \geqslant 3\) impair et \(k \geqslant 1\) entier. La partie A, appliquée avec \(a = 2^k\), donne :
   \[
   2^n + 1 = \left(2^k\right)^m + 1 = \left(2^k + 1\right)\left(2^{k(m-1)} – 2^{k(m-2)} + \cdots – 2^k + 1\right)
   \]
   Le facteur \(2^k + 1\) vérifie \(2^k + 1 \geqslant 3\). Par ailleurs, \(k = \frac{n}{m} < n\), donc \(2^k + 1 < 2^n + 1\). L’entier \(2^n + 1\) possède ainsi un diviseur strict autre que \(1\). Il n’est pas premier, ce qui prouve par contraposition : si \(2^n + 1\) est premier, alors \(n\) est une puissance de \(2\).
2. On calcule \(2^1 + 1 = 3\), \(2^2 + 1 = 5\), \(2^4 + 1 = 17\) et \(2^8 + 1 = 257\). Ces quatre entiers sont premiers. Cependant, quatre cas favorables ne démontrent pas un énoncé universel. Ces vérifications ne prouvent pas la réciproque. D’ailleurs, elle est fausse : on peut vérifier que \(2^{32} + 1\) est divisible par \(641\), alors que \(32\) est une puissance de \(2\).

Ce problème illustre la démarche complète du chapitre. On a démontré deux implications par contraposition, réfuté une réciproque par un contre-exemple, puis rappelé qu’une liste d’exemples ne remplace jamais une preuve.

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