Logique et raisonnements

Soit $x\in\mathbb{R}$. L'assertion « $x\in[0,1]$ » s'écrit « $x\geq 0$ et $x\leq 1$ ». Par De Morgan, sa négation est $$x<0\quad\text{ou}\quad x>1.$$ C'est bien « $x\notin[0,1]$ ». Écrire « $x<0$ et $x>1$ » serait faux : cette assertion n'est jamais vraie.

Pour $x\geq -2$, on a $\sqrt{x+2}\geq 0$. Donc si $\sqrt{x+2}=x$, nécessairement $x\geq 0$. De plus, pour deux réels positifs $a$ et $b$, $a=b\Leftrightarrow a^2=b^2$. On obtient la chaîne correcte : $$\sqrt{x+2}=x\iff\begin{cases}x\geq 0\\ x+2=x^2\end{cases}\iff\begin{cases}x\geq 0\\ (x-2)(x+1)=0\end{cases}\iff x=2.$$ L'ensemble des solutions est $\{2\}$. Si l'on avait écrit directement $\sqrt{x+2}=x\Leftrightarrow x+2=x^2$, on aurait trouvé à tort la solution $-1$ : pour $x=-1$, $\sqrt{1}=1\neq -1$.

Soit $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$.

« $f$ est majorée » : $\exists M\in\mathbb{R},\ \forall x\in\mathbb{R},\ f(x)\leq M$.

Négation, « $f$ n'est pas majorée » : $\forall M\in\mathbb{R},\ \exists x\in\mathbb{R},\ f(x)>M$.

« $f$ est croissante » : $\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2,\ \big(x\leq y\Rightarrow f(x)\leq f(y)\big)$.

Négation, « $f$ n'est pas croissante » : $\exists (x,y)\in\mathbb{R}^2,\ x\leq y\ \text{et}\ f(x)>f(y)$.

On note que « non croissante » ne signifie pas « décroissante » : la fonction $x\mapsto x^2$ n'est ni l'une ni l'autre.

Soit $(u_n)$ une suite réelle et $\ell\in\mathbb{R}$. « $(u_n)$ converge vers $\ell$ » s'écrit $$\forall\varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb{N},\ \forall n\geq N,\ |u_n-\ell|\leq\varepsilon.$$ Sa négation est $$\exists\varepsilon>0,\ \forall N\in\mathbb{N},\ \exists n\geq N,\ |u_n-\ell|>\varepsilon.$$ En français : il existe une marge $\varepsilon$ telle que, aussi loin que l'on aille, on trouve encore un terme à distance strictement plus grande que $\varepsilon$ de $\ell$.

L'énoncé « pour tout $n\in\mathbb{N}$, $n^2+n+41$ est premier » est faux. Il est vrai pour $n=0,1,\dots,39$, mais pour $n=40$ : $$40^2+40+41=40\times 41+41=41\times 41,$$ qui n'est pas premier. Quarante vérifications ne remplacent pas une démonstration.

Soit $n\in\mathbb{Z}$. Raisonnons par contraposée : supposons $n$ impair et montrons que $n^2$ est impair.

Il existe $k\in\mathbb{Z}$ tel que $n=2k+1$. Alors $$n^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1,$$ avec $2k^2+2k\in\mathbb{Z}$. Donc $n^2$ est impair.

Par contraposée : pour tout $n\in\mathbb{Z}$, si $n^2$ est pair, alors $n$ est pair. Le raisonnement direct (partir de $n^2=2m$) ne mène nulle part.

Montrons que pour tout $x\in\mathbb{R}$, $|x-1|+|x+1|\geq 2$. Soit $x\in\mathbb{R}$.

• Si $x\leq -1$ : $|x-1|+|x+1|=(1-x)+(-x-1)=-2x\geq 2$.
• Si $-1\leq x\leq 1$ : $|x-1|+|x+1|=(1-x)+(x+1)=2$.
• Si $x\geq 1$ : $|x-1|+|x+1|=(x-1)+(x+1)=2x\geq 2$.

Les trois cas recouvrent $\mathbb{R}$, donc l'inégalité est vraie pour tout réel $x$.

Pour $f=\exp$, la décomposition donne $$\exp(x)=\underbrace{\frac{e^x+e^{-x}}{2}}_{\operatorname{ch}(x)}+\underbrace{\frac{e^x-e^{-x}}{2}}_{\operatorname{sh}(x)}.$$ On retrouve les fonctions cosinus hyperbolique (paire) et sinus hyperbolique (impaire), étudiées dans le chapitre sur les fonctions usuelles.

Cherchons toutes les fonctions $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ telles que $$\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2,\quad f(x)f(y)-f(xy)=x+y.$$

Analyse. Soit $f$ une solution.

• Avec $x=y=0$ : $f(0)^2-f(0)=0$, donc $f(0)\in\{0,1\}$.
• Avec $y=0$ et $x$ quelconque : $f(x)f(0)-f(0)=x$.
• Si $f(0)=0$, cela donne $0=x$ pour tout $x$, faux pour $x=1$. Donc $f(0)=1$, et alors $f(x)-1=x$, soit $f(x)=x+1$ pour tout $x$.

Le seul candidat est $f:x\mapsto x+1$.

Synthèse. Pour tous réels $x,y$ : $(x+1)(y+1)-(xy+1)=xy+x+y+1-xy-1=x+y$. Le candidat convient.

Conclusion. L'unique solution est $x\mapsto x+1$.

Pour $n\in\mathbb{N}^*$, notons $P(n)$ : $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

Initialisation. Pour $n=1$ : $\sum_{k=1}^{1}k^2=1$ et $\dfrac{1\times 2\times 3}{6}=1$. Donc $P(1)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\geq 1$ tel que $P(n)$ soit vraie. Alors $$\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n+1}k^2&=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2=\frac{(n+1)\big(n(2n+1)+6(n+1)\big)}{6}\\&=\frac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.\end{aligned}$$ C'est exactement $P(n+1)$, puisque $2(n+1)+1=2n+3$.

Conclusion. Par récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

Soit $(u_n)$ définie par $u_0=2$, $u_1=3$ et $u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. Montrons que $u_n=2^n+1$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. Notons $P(n)$ : $u_n=2^n+1$.

Initialisation. $2^0+1=2=u_0$ et $2^1+1=3=u_1$ : $P(0)$ et $P(1)$ sont vraies.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $P(n)$ et $P(n+1)$ soient vraies. Alors $$u_{n+2}=3\big(2^{n+1}+1\big)-2\big(2^n+1\big)=3\cdot 2^{n+1}-2^{n+1}+3-2=2\cdot 2^{n+1}+1=2^{n+2}+1.$$ Donc $P(n+2)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence double, $u_n=2^n+1$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. Une récurrence simple ne suffit pas : le calcul de $u_{n+2}$ utilise deux termes précédents, et il faut deux initialisations.

Pour $n\geq 2$, notons $P(n)$ : « $n$ est un produit (éventuellement à un seul facteur) de nombres premiers ».

Initialisation. $2$ est premier, donc $P(2)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\geq 2$ tel que $P(k)$ soit vraie pour tout $k\in\llbracket 2,n\rrbracket$. Considérons $n+1$.

• Si $n+1$ est premier, $P(n+1)$ est vraie.
• Sinon, $n+1$ admet un diviseur $a$ avec $2\leq a\leq n$, et $n+1=ab$ avec $b=\dfrac{n+1}{a}$ entier vérifiant $2\leq b\leq n$. Par hypothèse, $a$ et $b$ sont des produits de nombres premiers, donc $n+1=ab$ aussi.

Conclusion. Par récurrence forte, $P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 2$. En particulier, tout entier $n\geq 2$ admet un diviseur premier, ce qui justifie la preuve de l'infinité des nombres premiers. Une récurrence simple échoue ici : $a$ et $b$ ne sont pas égaux à $n$ en général.