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9 Différents types de raisonnement en mathématiques 68 Leçon n° Niveau Lycée Pr

9 Différents types de raisonnement en mathématiques 68 Leçon n° Niveau Lycée Prérequis vocabulaire de la logique : assertion, implication, équivalence, quantiﬁcateurs, négation Références [58], [179] 68.1 Introduction La place de la logique et du raisonnement est très importante dans les programmes du secondaire. En effet, l’étude des formes diverses de raisonnement et la nécessité de distinguer implication et causalité sont essentielles à 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 : il 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. 68.2 Raisonnement direct Déﬁnition 68.1 — Raisonnement direct. On veut montrer que l’assertion « P ⇒Q est vraie. On sup- pose que P est vraie et on veut montrer qu’alors Q est vraie. C’est la méthode la plus fréquemment utilisée. R 68.2 Dans le cas où P est fausse alors l’assertion « P ⇒Q est vraie, quelque soit la valeur de vérité de Q. ■Exemples 68.3 1. Montrer que, pour tout n ∈Z, 16n2 −48n + 33 ∈N. 2. Montrer que, pour tout x ∈Q+ ∗, il existe n ∈N tel que n > x. ■ Dv • Résolutions — 1. Soit n ∈Z. Puisqu’un produit, une somme et une différence d’entiers naturels relatifs sont des entiers relatifs, on en déduit que 16n2 −48n + 33 est un entier relatif. D’autre part, on a l’égalité : 16n2 −48n + 33 = 4(2n −3)2 −3. Puisque, n ∈Z, 2n −3 ∈Z∗et donc |2n −3| ≤1. D’où (2n −3)2 ≤1. Il s’ensuit que l’on a 4(2n −3ř2 −3 ≤4 −3 = 1. Donc : 16n2 −48n + 33 ∈N. On a ainsi démontré que pour tout entier relatif n, 16n2 − 48n + 33 ∈N. 10 Leçon n°68 • Différents types de raisonnement en mathématiques 2. Soit x ∈Q+ ∗. Il existe deux entiers p, q (p ∈Z, q ∈N∗) tel que x = p q . Comme q est un entier strictement positif, q ≥1, alors p = xq ≥x. En particulier, p > 0. D’où 2p > P. Il vient 2p > x. Comme 2p ≥0, 2p ∈N. Donc n = 2p convient. • 68.3 Raisonnement par disjonction des cas (ou cas par cas) Déﬁnition 68.4 — Raisonnement par disjonction des cas. 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 une partie A de E puis pour tous les x n’appartenant pas à A. C’est la méthode de disjonction ou du cas par cas. R 68.5 Finalement, on partitionne E en E = A ∪E \ A. ■Exemples 68.6 1. Montrer que pour tout (a, b) ∈N2, ab(a2 −b2) est divisible par 3. 2. Montrer que pour tout (x, y) ∈R2 : max(x, y) = 1 2(x + y + |x −y|). ■ Dv • Résolutions — 1. 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 est 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 k ∈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 −b2 est divisible par 3. — Si a = 3k + 1 et b = 3k′ + 1 avec k, k′ ∈N : a2−b2 = (3k+1)2−(3k′+1)2 = 9(k2−k′2)+6(k−k′) = 3(3(k2−k′2)+2(k−k′)). Donc 3 | a2 −b2 et par suite, 3 | ab(a2 −b2). — Si a = 3k + 1 et b = 3k′ −1 avec k, k′ ∈N . .. — Si a = 3k −1 et b = 3k′ −1 avec k, k′ ∈N . .. — Si a = 3k −1 et b = 3k′ + 1 avec k, k′ ∈N . .. 2. 1er cas x ≤y. Comme x ≤y, x −y ≤0 et donc |x −y| = −(x −y). D’où : 1 2(x + y + |x −y|) = 1 2(x + y −(x −y)) = y qui est bien le max entre x et y dans ce cas. 68.4 Raisonnement par contraposition 11 2e cas x > y. Comme x > y, x −y > 0 et donc |x −y| = x −y. D’où : 1 2(x + y + |x −y|) = 1 2(x + y + (x −y)) = x, qui est bien le max entre x et y dans ce cas. On conclut ﬁnalement que : ∀(x, y) ∈R2, max(x, y) = 1 2(x + y + |x −y|). R 68.7 On aurait pu prouver de la même manière que min(x, y) = 1 2(x + y −|x −y|). • 68.4 Raisonnement par contraposition Déﬁnition 68.8 — Raisonnement par contraposition. Le raisonnement par contraposition permet de démontrer qu’une implication de type (P ⇒Q) est vraie. Ce raisonnement est basé sur l’équiva- lence suivante : l’assertion (P ⇒Q) est équivalente à (¬Q ⇒¬P) Donc si l’on souhaite montrer l’assertion « P ⇒Q », on montre en fait que si ¬Q est vraie alors ¬P est vraie. ■Exemples 68.9 1. Montrer que (∀ε > 0, |a| ≤ε) ⇒(a = 0). 2. Soit p un nombre premier. Montrer que : (∀k, 0 ≤k ≤n, p | k X i=0 aibk−i) ⇒(∀k, 0 ≤k ≤n, p | ak) ∨(∀i, 0 ≤i ≤n, p | bi). ■ Dv • Résolutions — 1. Prenons l’énoncé contraposé : (a ̸= 0) ⇒(∃ε > 0, |a| > ε). Ceci est immédiat. En effet, si on a a ̸= 0, il sufﬁt de prendre ε = |a| 2 . On a bien ε > 0 et |a| > |a| 2 = ε. 2. Procédons par contraposée, ce qui donne à démontrer : (∃k, 0 ≤k ≤n, p ∤ak) ∧(∃i, 0 ≤i ≤n, p ∤bi) ⇒(∃k, 0 ≤k ≤n, p ∤ k X i=0 aibk−i). Si p ne divise pas tous les ak, soit r le premier indice tel que p ne divise pas ar (donc p divise tous les précédents). De même, soit s le premier indice tel que p ne divise pas bs. Alors p ne divise pas a0br+s + · · · + arbs + · · · + ar+sb0 puisqu’il divise tous ces termes sauf arbs. On utilise la propriété qui nous dit qu’un nombre premier divise un produit de facteurs alors il divise l’un de ses facteurs. On a donc trouvé k = r + s tel que p ne divise pas Pk i=0 aibk−i. • 12 Leçon n°68 • Différents types de raisonnement en mathématiques 68.5 Raisonnement par l’absurde Déﬁnition 68.10 — Raisonnement par l’absurde. Le raisonnement par l’absurde pour montrer l’im- plication « 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 x0, x1, . . . , xn de [0 , 1] vériﬁant 0 ≤x0 ≤x1 ≤· · · ≤xn ≤1. Montrer qu’il y a deux de ces réels qui sont distants de moins de 1 n. ■ Dv • Résolutions — 1. On veut prouver « f est strictement positive sur R ou f est strictement négative sur R ». Supposons que ce résultat soit faux. On suppose donc : (∃a ∈R, f(a) ≤0) et (∃b ∈R, f(b) ≥0). Mais comme on sait que f ne s’annule pas sur R, on est certain que f(a) < 0 et f(b) > 0 (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. 2. On veut montrer qu’il existe i tel que 1 ≤i ≤n et xi −xi−1 ≤1 n. Supposons que ce résultat soit faux, c’est-à-dire montrons que : ∀i ∈{1, . . . uploads/Philosophie/ tipos-de-razonamiento.pdf