68 LEÇON Différents types de raisonnement en mathématiques Niveau • Lycée Prérequis : vocabulaire de la logique : assertion, implication, équivalence, quantificateurs, négation Introduction La place de la loglqu dans les programme En effet, l’étude des f or 13 Sni* to View très importante nement et la nécessité de distinguer implication et causalité sont essentielles ? la formation mathématique. Ainsi, les mathématiques vont permettent de distinguer le vrai du faux grâce à la mise en place d’une démarche logique qui mène à la conclusion.
Cette démarche doit être convaincante pour tous . l s’agit du raisonnement. Le raisonnement est le moyen de valider ou d’infirmer une hypothèse et de l’expliquer à autrui. Reste à savoir quel type de raisonnement il faut mener pour arriver au résultat attendu. 2 Raisonnement direct existe ne N tel que n > x. Développement Résolutions. 1 . Soit n cz. Puisqu’un produit, une somme et une différence dentiers naturels relatifs sont des entiers relatifs, on en déduit que 16n2 — 48n + 33 est un entier relatif. D’autre part, on a l’égalité 1 6r-12 – 48n + 33 = 4(2n – – 3.
Puisque, n e Z, 2n — 3 e et donc 1 2n —31 1. Yoù (2n — 3)2 g 1. Il s’en suit que rona Donc : 16n2 — 48n + 33 E N. On a ainsi démontré que pour tout entier relatif n, 16n2 — 48n + 33 e N. 2. Soit x E . Il existe deux entiers p, q (p E z, q E Ne ) tel que x – p . Comme q est un entier strictement positif, q 1, alors p=xq x. En particulier, O. D’où 2p>P . Il vient 2p > x. Comme 2p 20, 2p e N. Donc n 2p convient. Raisonnement par disjonction des cas (ou cas par cas) Raisonnement par disjonction des cas Définition 68. 314 Si l’on souhaite vérifier une assertion P (x) pour tous les x dans un ensemble E, on montre l’assertion pour les x dans e E puis pour tous les x PAGF 13 divisible par 3. 2. Montrer que pour tout (x, y) E R2 : max(x, y) = (x 4 Y + x -YI)• 1er cas a ou b est multiple de 3. Si 3 a alors 3 ab(a2 — b2 ) et si 3 b alors 3 ab(a2 – b2 Dans ce premier cas, l’assertion eset vraie. 2e cas a et b ne sont pas multiples de 3. Tout entier naturel s’écrit sous la forme 3k, 3k + 1, 3k+2 où kC N.
Comme a et b ne sont pas multiples de 3, ils s’écrivent sous la forme 3k + 1 ou 3k – 1 (qui revient à la forme 3k + 2). On peut alors montrer, en distinguant les cas, que a2 — 62 est – Si a 3k + 1 et b 3k 0+1 avec k, k QeN: – b2 = (3k + – (3k0+ = 6(k-k0) -k 02 2(k-k Donc 3 | a2 — b2 et par sulte, 3 | ab(a2 — b2 – Si a = 3k-1 – Si a 2. = 3k+1 = 3k-1 et b – 3k avec k, et b- – 3k 0-1 avec k, k 0 e N. etb – 3kO+1 aveck. ko EN. 1er cas xgy. Comme x gy, x —y g Oet donc 1x— D’où : (x + Y • lx -cx-n=y 13 Remarque 68,7.
On aurait pu prouver de la même manière que min(x, y) – 1 (x + y — lx —YI). 4 Raisonnement par contraposition Le raisonnement par contraposition permet de démontrer qu’une implication de type (P Q) est vraie. Ce raisonnement est basé sur Péquivalence suivante : Définition 68. 8 l’assertion (P Q) est équivalente à (-Q –,p ) Donc si l’on souhaite montrer rassertion « p Q on montre en fait que si —Q est vraie alors —p est vraie. Exemples 68. 9. 68. 4. RAISONNEMENT PAR CONTRAPOSITION 315 1. Montrer que > O, al SE) 2. Soit p un nombre premier.
Montrer que : 3 indice tel que p ne divise pas bs . Alors p ne divise pas ao br+s + • + ar bs + . • + ar+s bo puisqu’il divise tous ces termes sauf ar bs . On utilise la propriété qui nous dit qu’un nombre premier divlse un produit de facteurs alors il divise fun de ses facteurs. On a donc trouvé k = r + s tel que p ne divise pas ai bk—i . Raisonnement par l’absurde Définition 68. 10 Le raisonnement par l’absurde pour montrer Pimplication « P Q » repose sur le principe suivant : on suppose à la fois que P est vraie et que Q est fausse et on cherche une contradiction.
Ainsi, si P est vraie alors Q doit être vraie et donc « P Q » est vraie. Exemples 68. 11. 1. Soit f : R R une fonction définie sur R et à valeurs dans R. On suppose que f est continue sur R mais ne s’annule pas sur R. Montrer que f garde un signe constant strict sur R 2. Soit n > 1 un entier naturel. On se donne (n + 1) réels xo , . ,xn de [O , 1] vérifiantOsxOs XI Sxn 1. Montrer qu’il y a deux de ces réels qui sont distants de moins de n PAGF s 3 ne s’annule pas sur R, on est certain que f (a) < O et f (b) > O (et par conséquence a b.
Ainsi f est continue sur le segment d’extrémités a et b et f (a) et f (b) ont des signes opposés. par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut affirmer l’existence d’un réel c tel que f (c) = 0. Ce qui est absurde car f ne s’annule pas sur R. Par un raisonnement par l’absurde, on a montré que si f est continue et ne s’annule pas sur R alors f garde un signe constant. 316 LEÇON 68. DIFFÉRENTS TYPES DE RAISONNEMENT EN MATHEMATIQUES 2. On veut montrer qu’il existe i tel que 1 sis n et xi — xi—l s montrons que : Supposons que ce résultat soit faux, c’est-à-dire xi — xi—l > On a. n — = (xn — xn—l ) + (xn—l — xn—2 ) + 6 3 suffit de trouver un x e E tel que P (x) soit fausse. Trouver un tel x, c’est trouver un contre-exemple à l’assertion « Définition 68. 13 Exemples 68. 14. 1. Soit f : R R une fonction définie sur R et à valeurs dans R. Si (f et f est identiquement nulle sur [O , 1]. f (x) dx = O) alors 2. Si (un )nzO et (vn )nzO sont deux suites qui n’admettent pas de limite alors la suite (un vn n’admet pas de limite. Solution. 1. Pour montrer que cette implication est fausse, il suffit de donner un contre-exemple. On prend la fonction f définie par .
O six 1] 1 six = o On a bien 7 3 démonstration par récurrence se déroule en 3 étapes Définition 68. 15 Étape 1 – Initialisation : On prouve que p (O) est vraie. Étape 2 – Hérédité • On suppose n 0 donné avec P (n) vraie et on démontre que l’assertion P (n 1) est vraie. Étape 3- Conclusion : On rappelle que, par le principe de récurrence, P (n) est vraie pour tout ne N. Remarques 68. 16. a. Le principe de récurrence est basé sur la construction de N. En ffet, un des axiomes pour définir N est le suivant : « Soit A une partie de N qui contient O et telle que si n E A alors n + 1 E A, on a : A = N. . La récurrence présentée ci-dessus est une récurrence dite simple mais il existe aussi des récurrences doubles, triples, Dans ce cas, par exemple pour une récurrence triple, les trois étapes deviennent . – Initialisation : On prouve que p p (1) et p (2) sont Etape 1 vraies. Étape 2 – Hérédité : On suppose n 3 donné avec p (n — 3), p (n 2) et P (n – 1) vraies et on démontre que l’assertion P (n) est vraie. Étape 3 – Conclusion : On rappelle que, par le principe de écurrence triple, P (n) est vraie pour tout n E N.
Lorsqu’on ne sait pas à l’avance combien de rangs il faut supposer vrais avant d’en déduire l’hérédité, on utilise le principe de récurrence forte. Dans Pétape 2 d’hérédité, on fixe n à 0 et on suppose que, pour tout 0 kg n P (k) est vraie et on montre que P (n + 1) est vraie. Da kg n, P (k) est vraie et on montre que P (n + 1) est vraie. Dans la conclusion, on invoque le principe de récurrence forte. Exemples 68. 17. 1. Soit (Sn )nèO définie par : nso-l asn+l – Montrer que, pour tout n e N, P (n) : « Sn n! » est vraie. 2.
Soit (fn )nz0 la suite de fonctions polynomes définie par : Ofo (x) = 2 n+2 (x) = xfn+l (x) — fn (x), Vn c N 01 P (n) est vraie pour tout n e N. 2. En exercice ! (utiliser la récurrence double) 8 Raisonnement par analyse•synthèse Raisonnement par analyse-synthèse Pour justifier rexistence et parfois l’unicité d’une solution, on peut être amené à déterminer la forme de cele-cl (forme qui n’est pas nécessairement donnée dans l’énoncé). On raisonne par analyse-synthèse. Définition 68. 18 Analyse : On suppose qu’il existe au moins une solution et on essaie d’en tirer le maximum de enseignement la concernant.
Cette étape assure parfois l’unicité. Synthèse : On reporte dans le problème la ou les solutions trouvées précédemment, ce qui permet de déterminer s’ily a bien une solution au problème, puis une unique ou plusieurs. Cette étape assure l’existence. Exemples 68. 19. 1. Montrer que toute fonction f : R R peut s’écrire d’une seule façon sous la forme f = p + i, où p est une fonction paire et i est une fonction impaire. 2. Recherche de lieu géométrique, par double inclusion. Arc capable Soient A et B deux points distincts du plan P fixés et e E R. On note Théorème 68. 20
