Exercices corrigés : logique et démonstration (programme français)

« Pour tout réel $x$, le carré de $x$ est positif ou nul. » Autrement dit, le carré d'un nombre réel n'est jamais strictement négatif. C'est une proposition UNIVERSELLE : elle affirme quelque chose sur tous les réels sans exception.

$\forall x\in\mathbb{R}^{*},\ \exists y\in\mathbb{R},\ xy=1$. Deux points méritent attention. D'abord le domaine : on écrit $\mathbb{R}^{*}$ et non $\mathbb{R}$, car $0$ n'a pas d'inverse, et cette restriction fait partie de l'énoncé. Ensuite l'ordre : le $y$ dépend du $x$ choisi, il est donc quantifié APRÈS lui.

La négation d'une proposition universelle est une proposition EXISTENTIELLE, et l'inégalité se renverse en sa contraire : $\exists x\in\mathbb{R},\ f(x)\leq 0$. Deux erreurs classiques. Écrire $\forall x,\ f(x)\leq 0$ revient à dire que la fonction est partout négative, ce qui est beaucoup plus fort que de nier qu'elle soit partout positive. Et écrire $\exists x,\ f(x)<0$ oublie le cas $f(x)=0$, qui suffit pourtant à faire échouer l'inégalité STRICTE de départ.

La négation d'une proposition existentielle est universelle : $\forall n\in\mathbb{N},\ n^{2}\neq n+1$. Cette négation se trouve d'ailleurs être vraie : $n^{2}-n-1=0$ a pour solutions $\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$, qui ne sont pas entières, donc aucun entier ne convient. Retenez la règle mécanique : pour nier, on échange $\forall$ et $\exists$, puis on nie la propriété finale.

NON, elles ne sont pas équivalentes, et c'est le point le plus important de l'exercice. La première dit : pour chaque réel $x$, on peut trouver un réel plus grand. Elle est VRAIE, il suffit de prendre $y=x+1$, et ce $y$ change avec $x$. La seconde dit : il existe un réel $y$, fixé une fois pour toutes, qui est plus grand que TOUS les réels. Elle est FAUSSE, puisqu'un tel $y$ devrait être plus grand que $y+1$.

$P\Rightarrow Q$ est VRAIE : si $n$ s'écrit $4k$, alors $n=2(2k)$ est bien pair. La réciproque $Q\Rightarrow P$ est FAUSSE : $n=6$ est pair sans être multiple de $4$. Une implication et sa réciproque sont deux propositions INDÉPENDANTES, et la vérité de l'une ne dit rien de l'autre.

La contraposée de $P\Rightarrow Q$ est $\text{non }Q\Rightarrow\text{non }P$, c'est-à-dire : « si $n$ n'est pas pair, alors $n$ n'est pas multiple de $4$ ». Elle est VRAIE, et pour cause : un nombre impair ne peut pas être multiple de $4$, puisqu'il n'est même pas multiple de $2$.

NON, jamais. Une implication et sa contraposée sont LOGIQUEMENT ÉQUIVALENTES : elles sont vraies ensemble ou fausses ensemble. C'est précisément ce qui autorise le raisonnement par contraposée, qui consiste à démontrer $\text{non }Q\Rightarrow\text{non }P$ quand c'est plus commode, et à en conclure $P\Rightarrow Q$ sans autre justification.

NON. L'équivalence $P\Leftrightarrow Q$ exigerait que les DEUX implications soient vraies, or la réciproque est fausse d'après a). On a donc $P\Rightarrow Q$ mais pas $Q\Rightarrow P$. Traduction ensembliste, souvent éclairante : l'ensemble des multiples de $4$ est STRICTEMENT INCLUS dans celui des pairs. Une implication est une inclusion, une équivalence est une égalité d'ensembles.

Parce que les deux transformations ne conservent pas la même chose. La CONTRAPOSÉE préserve la vérité, on peut donc l'utiliser librement dans une démonstration. La RÉCIPROQUE ne la préserve pas : la démontrer ne démontre rien sur l'implication de départ.

Le nombre $2$ est premier, puisque ses seuls diviseurs positifs sont $1$ et lui-même, et il est pair. La proposition est donc fausse. C'est d'ailleurs le SEUL contre-exemple possible, tous les autres nombres premiers étant impairs, mais un seul suffit et il est inutile d'en chercher d'autres.

Prenons $x=-3$. Alors $x^{2}=9>4$, l'hypothèse est vérifiée, mais $x=-3$ n'est pas supérieur à $2$ : la conclusion est fausse. La proposition est réfutée. Ce contre-exemple est instructif, car il révèle l'erreur de fond : $x^{2}>4$ équivaut à $|x|>2$, donc à $x>2$ OU $x<-2$, et l'énoncé avait oublié la moitié négative.

Prenons $a=b=1$. À gauche, $\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\approx 1{,}41$. À droite, $1+1=2$. Les deux diffèrent, la proposition est fausse. Pour réfuter une identité, il faut choisir des valeurs qui ÉVITENT les cas dégénérés : ici $a=0$ aurait donné $\sqrt{b^{2}}=b$, une égalité vraie, et n'aurait donc rien réfuté du tout.

UN SEUL contre-exemple suffit à réfuter définitivement une proposition universelle. En revanche, quand elle porte sur une infinité d'objets, AUCUN NOMBRE d'exemples ne suffit à la démontrer : vérifier une propriété pour mille entiers ne dit rien du mille-et-unième. Sur un ensemble fini, vérifier TOUS les cas est une démonstration : c'est ce que fait l'exercice 4 b) avec les trois restes. Cette asymétrie est la raison d'être de la démonstration. Elle a une conséquence pratique en examen : devant une affirmation dont on doute, on cherche d'abord un contre-exemple pendant une minute, et l'on ne se lance dans une démonstration que si la recherche échoue.

NON, et c'est la limite qu'il faut connaître. Une proposition existentielle du type « il existe $x$ tel que $P(x)$ » se nie en « pour tout $x$, non $P(x)$ » : sa négation est UNIVERSELLE, et elle réclame donc une démonstration générale, pas un exemple.

Deux cas, selon le signe de $x$, et ils suffisent puisque tout réel est soit positif ou nul, soit strictement négatif. Cas 1, $x\geq 0$ : alors $|x|=x$, donc $|x|\geq x$ est vérifié, avec égalité. Cas 2, $x<0$ : alors $|x|=-x$, qui est strictement positif, tandis que $x$ est strictement négatif ; on a donc $|x|>0>x$. Dans les deux cas l'inégalité tient, donc elle vaut pour tout réel. Notez que l'égalité n'a lieu que dans le premier cas, ce qui précise le résultat : $|x|=x$ si et seulement si $x\geq 0$.

On raisonne selon le reste de $n$ dans la division par $3$, ce qui donne trois cas et les épuise tous. Si $n=3k$, alors $n^{2}=9k^{2}=3(3k^{2})$, de la forme $3k'$. Si $n=3k+1$, alors $n^{2}=9k^{2}+6k+1=3(3k^{2}+2k)+1$, de la forme $3k'+1$. Si $n=3k+2$, alors $n^{2}=9k^{2}+12k+4=3(3k^{2}+4k+1)+1$, encore de la forme $3k'+1$. Aucun des trois cas ne produit un reste de $2$ : le carré d'un entier n'est jamais de la forme $3k+2$.

On utilise la CONTRAPOSÉE, ce qui est ici bien plus court qu'une attaque directe. Supposons que $n$ ne soit pas multiple de $3$ : d'après le découpage de b), $n$ est alors de la forme $3k+1$ ou $3k+2$, et dans les deux cas $n^{2}$ est de la forme $3k'+1$, donc n'est pas multiple de $3$. On a démontré « $n$ non multiple de $3$ » implique « $n^{2}$ non multiple de $3$ », dont la contraposée est exactement l'énoncé demandé. Cette propriété est le lemme qui sert à établir l'irrationalité de $\sqrt{3}$, exactement comme la propriété analogue pour $2$ sert pour $\sqrt{2}$.

La faille est que les deux cas ne sont pas EXHAUSTIFS : le cas $x=0$ n'est traité ni par « $x>0$ » ni par « $x<0$ », il est purement et simplement oublié. La démonstration ne prouve donc rien pour $x=0$, et la propriété pourrait très bien y être fausse.

Supposons par l'absurde qu'il existe un plus grand entier naturel, appelons-le $N$. Alors $N+1$ est lui aussi un entier naturel, et $N+1>N$ : voilà un entier strictement plus grand que le prétendu plus grand. C'est une contradiction avec la définition de $N$. La supposition est donc fausse, et il n'existe pas de plus grand entier naturel. Remarquez ce qui rend cette démonstration nécessaire : on ne peut pas prouver directement une NON-EXISTENCE en examinant les cas un par un, ils sont en nombre infini. L'absurde est l'outil naturel des énoncés qui nient une existence.

Soient $d_{1}$ et $d_{2}$ deux droites distinctes. Supposons par l'absurde qu'elles aient au moins DEUX points communs, appelons-les $A$ et $B$, avec $A\neq B$. Par deux points distincts du plan il passe une droite et une seule : $d_{1}$ et $d_{2}$ passent toutes deux par $A$ et $B$, elles sont donc égales à cette unique droite, donc égales entre elles. Cela contredit l'hypothèse qu'elles sont distinctes. Elles ont donc au plus un point commun. Notez la traduction de « au plus un » : sa négation est « au moins deux », et c'est elle qu'on suppose.

Soient $a$ et $b$ deux entiers tels que $ab$ soit impair. Supposons par l'absurde que l'un des deux au moins soit pair, disons $a=2k$. Alors $ab=2kb=2(kb)$ est pair, ce qui contredit l'hypothèse que $ab$ est impair. Aucun des deux ne peut donc être pair : tous deux sont impairs. Le point de rigueur est la négation de « les deux sont impairs », qui est « au moins un est pair » et non « les deux sont pairs ». Nier un « et » donne un « ou ».

La structure est toujours la même, en trois temps. On suppose la NÉGATION de la conclusion visée, en gardant les hypothèses. On raisonne jusqu'à obtenir une contradiction, soit avec une hypothèse, soit avec un résultat connu, soit avec la supposition elle-même. On conclut que la supposition est fausse, donc que la conclusion visée est vraie.

La conclusion est un « ou », donc difficile à attaquer de front : il faudrait savoir lequel des deux est grand. Sa négation, en revanche, est un « et », donc beaucoup plus riche en information. Contraposée : supposons $a<10$ ET $b<10$, et montrons $a+b<19$. Comme $a$ et $b$ sont des ENTIERS, $a<10$ donne $a\leq 9$, et de même $b\leq 9$. Alors $a+b\leq 18<19$. La contraposée est démontrée, donc l'énoncé aussi. Notez que le caractère entier est indispensable : avec des réels, $a=b=9{,}6$ donnerait $a+b=19{,}2\geq 19$ sans qu'aucun n'atteigne $10$, et l'énoncé serait faux.

Contraposée : si $n$ n'est pas impair, alors $n^{2}$ n'est pas impair ; autrement dit, si $n$ est pair alors $n^{2}$ est pair. C'est immédiat : $n=2k$ donne $n^{2}=4k^{2}=2(2k^{2})$, qui est pair. La contraposée étant démontrée, l'énoncé l'est aussi. La démonstration directe serait nettement plus pénible, car de « $n^{2}$ impair » on ne tire aucune écriture commode de $n$ ; toute l'astuce consiste à partir du membre sur lequel on sait écrire quelque chose.

L'énoncé est VRAI sur les réels, et la contraposée le démontre en deux lignes. Elle s'écrit « si $x^{3}-1=0$ alors $x=1$ ». Or $x^{3}-1=(x-1)(x^{2}+x+1)$, et le trinôme $x^{2}+x+1$ a pour discriminant $1-4=-3<0$ : il ne s'annule jamais. Donc $x^{3}-1=0$ impose $x-1=0$, c'est-à-dire $x=1$. La contraposée est démontrée, donc l'énoncé aussi. La tournure « ou réfutez-le » invitait à se méfier, et la bonne attitude était de vérifier avant de conclure : un énoncé qui a l'air piégé n'est pas faux pour autant. Il deviendrait faux sur les complexes, où $x^{3}=1$ a trois solutions.

Trois indices, faciles à repérer avant de se lancer. Premièrement, la conclusion est une NÉGATION du type « $x\neq\ldots$ » ou « ne divise pas » : sa négation est une égalité, sur laquelle on peut calculer. Deuxièmement, la conclusion est un « ou », comme en a) : sa négation est un « et », qui fournit deux informations au lieu d'un choix. Troisièmement, l'hypothèse porte sur une expression COMPOSÉE, comme $n^{2}$ en b), alors que la conclusion porte sur l'objet simple : il vaut mieux partir de l'objet simple, qu'on sait écrire.

INITIALISATION, au rang $n=1$ : le membre de gauche vaut $1$, le membre de droite $\frac{1\times 2}{2}=1$. La propriété est vraie au rang $1$. HÉRÉDITÉ : supposons la propriété vraie à un rang $n\geq 1$ FIXÉ, c'est-à-dire $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$, et montrons-la au rang $n+1$. On ajoute $n+1$ aux deux membres : $1+2+\cdots+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)$. On factorise par $(n+1)$ : $=(n+1)\left(\frac{n}{2}+1\right)=(n+1)\cdot\frac{n+2}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$. C'est exactement la formule au rang $n+1$. CONCLUSION : la propriété est vraie au rang $1$ et héréditaire, donc vraie pour tout $n\geq 1$. Contrôle sur un cas : pour $n=10$, la somme vaut $55$ et la formule donne $\frac{10\times 11}{2}=55$ ✓.

Montrons l'hérédité. Supposons $H_{n}$ vraie, c'est-à-dire $n=n+1$. En ajoutant $1$ aux deux membres, on obtient $n+1=n+2$, ce qui est exactement $H_{n+1}$. L'hérédité est donc parfaitement établie. Et pourtant $H_{n}$ est fausse pour tout $n$, puisqu'aucun entier n'est égal à son successeur. Il n'y a aucune contradiction : ce qui manque, c'est l'INITIALISATION. La propriété n'est vraie à aucun rang, donc la chaîne d'implications ne démarre jamais, et elle ne transmet rien.

L'erreur est de supposer la propriété vraie POUR TOUT $n$, ce qui revient à supposer exactement ce qu'on veut démontrer : le raisonnement est circulaire et ne prouve rien. Dans l'hérédité, on suppose la propriété vraie à UN rang $n$ fixé, quelconque mais fixé, et on la déduit au rang suivant. La formulation correcte est « soit $n\geq n_{0}$ un entier fixé ; supposons $H_{n}$ vraie ; montrons $H_{n+1}$ ». C'est une nuance de rédaction, mais elle est notée, et elle sépare une démonstration valide d'un cercle vicieux.

On ne démontre PAS que la propriété est vraie au rang $n+1$. On démontre une IMPLICATION : « si elle est vraie au rang $n$, alors elle l'est au rang $n+1$ ». C'est une différence essentielle, et elle explique le b) : une implication peut être vraie sans que ses deux membres le soient jamais. L'hérédité seule ne dit donc rien sur la vérité de la propriété ; elle ne fait que garantir la propagation. C'est l'initialisation qui apporte la vérité, et l'hérédité qui la transporte, et il faut les deux.

L'idée est de partir d'un carré, qui est toujours positif. Comme $a\geq 0$ et $b\geq 0$, les racines $\sqrt{a}$ et $\sqrt{b}$ existent, et $\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^{2}\geq 0$. On développe : $a-2\sqrt{a}\sqrt{b}+b\geq 0$, c'est-à-dire $a+b\geq 2\sqrt{ab}$, puis en divisant par $2$, qui est positif et ne renverse pas l'inégalité : $\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$. L'égalité a lieu exactement quand $\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^{2}=0$, donc quand $a=b$. Ce résultat porte le nom d'inégalité arithmético-géométrique, et la technique employée, partir d'un carré positif, est celle de la quasi-totalité des inégalités du lycée.

Le discriminant vaut $\Delta=(-1)^{2}-4\times 1\times 1=1-4=-3<0$. Le trinôme n'a donc aucune racine réelle, et comme son coefficient dominant $a=1$ est positif, il est strictement positif pour tout $x$. On peut aussi le démontrer sans discriminant, par la forme canonique, ce qui est plus convaincant : $x^{2}-x+1=\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}+1=\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}$. Comme un carré est positif ou nul, la somme est au moins $\frac{3}{4}$, donc strictement positive. Cette seconde voie donne en prime le MINIMUM, égal à $\frac{3}{4}$ et atteint en $x=\frac{1}{2}$, ce que le discriminant seul ne fournit pas.

Soit $r$ un rationnel et $i$ un irrationnel. Supposons par l'absurde que $s=r+i$ soit rationnel. Alors $i=s-r$ serait une différence de deux rationnels. Or les rationnels sont stables par différence : si $s=\frac{p}{q}$ et $r=\frac{p'}{q'}$, alors $s-r=\frac{pq'-p'q}{qq'}$ est bien un quotient d'entiers de dénominateur non nul. Donc $i$ serait rationnel, ce qui contredit l'hypothèse. La supposition est fausse : $r+i$ est irrationnel. Contrôle du champ d'application : l'énoncé serait FAUX pour la somme de deux irrationnels, comme le montre $\sqrt{2}+\left(-\sqrt{2}\right)=0$, qui est rationnel.

Pour trois raisons, et il vaut la peine de les connaître pour aborder ces questions sans les redouter. D'abord parce qu'une démonstration apprise par cœur sans être comprise ne se restitue pas : l'exercice teste la compréhension, pas la mémoire. Ensuite parce que les techniques employées sont réutilisables, et ce sont elles que l'on évalue vraiment : partir d'un carré positif en a), passer par la forme canonique en b), raisonner par l'absurde en c). Enfin parce que ces démonstrations sont courtes et bien balisées, ce qui en fait des questions où les points sont accessibles à qui a travaillé, contrairement aux problèmes ouverts. En pratique, il faut savoir refaire une dizaine de démonstrations par année, et les réviser en les RÉÉCRIVANT plutôt qu'en les relisant.

L'erreur est au passage de $(a-b)(a+b)=b(a-b)$ à $a+b=b$ : on a DIVISÉ les deux membres par $(a-b)$. Or l'hypothèse est $a=b$, donc $a-b=0$, et l'on a divisé par zéro. Toutes les lignes précédentes sont correctes, y compris $(a-b)(a+b)=b(a-b)$, qui se réduit d'ailleurs à $0=0$. La règle enfreinte est qu'on ne simplifie une égalité par un facteur qu'après avoir vérifié qu'il est NON NUL, et c'est l'erreur la plus fréquente de toutes les fausses démonstrations classiques. Le passage de $2b=b$ à $2=1$ divise encore, par $b$ cette fois, sans vérifier $b\neq 0$ ; l'erreur décisive reste la première, puisque $a+b=b$ est déjà faux dès que $b\neq 0$.

L'erreur est que les cas ne sont pas EXHAUSTIFS : les deux cas traités couvrent $x\leq 0$ et $0<x<3$, c'est-à-dire $x<3$, et laissent entièrement de côté les réels supérieurs ou égaux à $3$. Or c'est précisément là que l'énoncé est faux, comme le montre $x=10$. Chaque cas est correctement traité, ce qui rend l'erreur discrète : la faille est dans le DÉCOUPAGE, pas dans les calculs. Contrôle systématique : la réunion des cas doit être le domaine entier, ici $\mathbb{R}$, et non une partie de celui-ci.

L'erreur est dans l'HÉRÉDITÉ, qui n'en est pas une : elle passe du rang $n$ au rang $n+3$, alors qu'une récurrence exige de passer de $n$ à $n+1$. Et ce passage-là est impossible ici : si $3$ divise $n$, alors $n+1=3k+1$ n'est pas divisible par $3$. Une initialisation ne sauverait rien, elle est même vraie en $n=0$ puisque $3$ divise $0$ ; mais la chaîne $0$, $3$, $6$, ... ne démontre la propriété que pour les multiples de $3$, ce qui est une évidence. La propriété est fausse dès $n=1$. C'est la situation inverse de l'exercice 7 b) : là, l'hérédité était juste et l'initialisation impossible ; ici, c'est l'hérédité qui est fausse, et aucune initialisation n'y remédie.

L'erreur est dans la PREMIÈRE implication, présentée comme acquise alors qu'elle est fausse : de $x^{2}=9$ on ne peut pas conclure $x=3$, car $x=-3$ convient aussi. La seconde implication, elle, est correcte. Comme l'une des deux est fausse, l'équivalence annoncée est fausse. L'équivalence correcte est $x^{2}=9\Leftrightarrow x=3$ ou $x=-3$, autrement dit $\Leftrightarrow|x|=3$.

MÉTHODE : contre-exemple, car l'affirmation est universelle et paraît douteuse. L'entier $3$ est impair, et les seules sommes de deux carrés qu'on peut former avec des carrés inférieurs à $3$ sont $0+0=0$, $0+1=1$ et $1+1=2$ : aucune ne vaut $3$. L'affirmation est donc FAUSSE. Réflexe de méthode : devant une affirmation universelle, on teste toujours les premiers cas avant de chercher à démontrer, et ici $1=0+1$ puis $3$ qui échoue suffisent à trancher en trente secondes.

MÉTHODE : contraposée, car l'hypothèse porte sur $n^{3}$, une expression composée, alors que la conclusion porte sur $n$. Contraposée : si $n$ est impair, alors $n^{3}$ est impair. Démonstration directe : $n=2k+1$ donne $n^{3}=(2k+1)^{3}$, produit de trois facteurs impairs, donc impair. On peut le détailler : $n^{3}=n\times n\times n$, et le produit de deux impairs est impair, donc celui de trois l'est aussi. La contraposée étant vraie, l'affirmation l'est aussi.

MÉTHODE : raisonnement direct en partant d'un carré, comme à l'exercice 8. On étudie la différence : $x^{2}+1-2x=(x-1)^{2}$, qui est positif ou nul pour tout réel $x$. Donc $x^{2}+1\geq 2x$, avec égalité si et seulement si $x=1$. L'affirmation est VRAIE. Le réflexe général pour comparer deux expressions est toujours d'étudier leur DIFFÉRENCE plutôt que de manipuler l'inégalité elle-même.

MÉTHODE : récurrence, car la propriété porte sur tous les entiers à partir d'un rang et que $2^{n}$ se calcule de proche en proche. Initialisation : pour $n=1$, $2^{1}=2>1$ ✓. Hérédité : supposons $2^{n}>n$ à un rang $n\geq 1$ fixé. Alors $2^{n+1}=2\times 2^{n}>2n$. Il reste à voir que $2n\geq n+1$, ce qui équivaut à $n\geq 1$, vrai par hypothèse. Donc $2^{n+1}>n+1$. La propriété est vraie au rang $1$ et héréditaire, donc vraie pour tout $n\geq 1$. L'affirmation est VRAIE.

MÉTHODE : disjonction de cas, car la définition même de la valeur absolue est donnée par cas. Cas $x\geq 0$ : alors $|x|=x$, la première branche du « ou » est réalisée. Cas $x<0$ : alors $|x|=-x$, la seconde branche est réalisée. Les deux cas couvrent tout $\mathbb{R}$, donc l'affirmation est VRAIE pour tout réel.