Lire la forme logique de ce qu'il faut démontrer et en déduire le squelette de la preuve (premières et dernières lignes) avant d'en chercher le contenu.
Le but est l'énoncé qu'il reste à démontrer à un endroit donné de la preuve. Sa forme logique s'obtient en l'écrivant avec des quantificateurs et des connecteurs : non, et, ou, ⇒, ⇔. Le connecteur principal (ou quantificateur principal) est celui dont la portée couvre tout l'énoncé : c'est le dernier appliqué quand on assemble l'énoncé à partir de ses morceaux. Deux énoncés faits des mêmes morceaux mais de connecteurs principaux différents n'ont pas la même preuve, et souvent pas le même sens : des deux énoncés ci-dessous, l'un est vrai et l'autre faux.
∀x∈R,(x≥0oux≤0)
principal : pour tout ; énoncé vrai
(∀x∈R,x≥0)ou(∀x∈R,x≤0)
principal : ou ; énoncé faux
Méthode
Écrire le but en langage quantifié et repérer son connecteur principal
Quand l'utiliser : avant toute preuve, dès que la consigne dit « montrer que », et surtout quand le but est rédigé en français courant (« un », « tout », « le », un adjectif comme « non nul » ou « croissante »). 1) Isoler le but : ce qui suit « montrer que », sans les données que l'énoncé a déjà posées (« Soit f… »). 2) Rendre visibles les quantificateurs cachés : « un » dans le sujet d'une propriété générale (« le carré d'un réel ») est universel, alors que « un » dans ce qu'on affirme (« f admet un point fixe ») est existentiel ; une lettre que l'énoncé n'a pas fixée est quantifiée. 3) Traduire les conditions : « si… alors » donne une implication. « Tel que » et un adjectif restrictif (« un réel non nul ») donnent une implication sous un pour tout, ∀x∈R,(x=0⇒…), mais une conjonction sous un il existe : « f admet un point fixe non nul » s'écrit ∃x∈R,(x=0etf(x)=x) (avec une implication, x=0 conviendrait pour toute fonction). « Et », une double inégalité a<x<b donnent une conjonction ; « ou » reste une disjonction. 4) Parenthéser, puis repérer le symbole dont la portée va du début à la fin : c'est le connecteur principal. Si l'énoncé commence par ∀x et que la parenthèse ouverte par ce quantificateur ne se referme qu'à la fin, le principal est ce ∀ ; une même lettre quantifiée une seconde fois plus loin signale au contraire un autre bloc. 5) Recommencer sur le morceau placé sous le connecteur principal, en dépliant les définitions, jusqu'à un but sans connecteur ni quantificateur (égalité, inégalité, appartenance). Sur la copie, on n'écrit pas « connecteur principal » : on écrit directement la ligne d'ouverture qu'il impose.
∀x∈E,(P(x)⇒Q(x))
la forme la plus fréquente : un pour tout, puis une implication
Exemple
Rédaction modèle : traduire le but avant de le démontrer
Démontrer que si un réel x vérifie x2<x, alors 0<x<1. Au brouillon : « un réel » est quelconque et « 0<x<1 » est une conjonction, donc le but s'écrit ∀x∈R,(x2<x⇒(0<xetx<1)). Au brouillon : le principal est ∀x∈R ; sous lui, l'implication ; sous sa conclusion, « et ». Sur la copie : Soit x∈R. Supposons x2<x et montrons que 0<x et que x<1. Montrons d'abord que 0<x. Un carré est positif, donc x2≥0. Or x>x2 par hypothèse, donc x>x2≥0, d'où x>0. Montrons ensuite que x<1. Par hypothèse x2<x, et x>0 d'après la première partie. En divisant les deux membres de x2<x par le réel strictement positif x, on obtient x<1. Ainsi 0<x et x<1, c'est-à-dire 0<x<1. Conclusion : pour tout réel x tel que x2<x, on a 0<x<1. À retenir : on traduit le but au brouillon, on lit ses niveaux (pour tout, puis implication, puis « et »), et chaque niveau donne une ligne d'ouverture sur la copie.
Piège
Chercher le contenu avant d'avoir identifié le but
Énoncé : montrer que pour tous réels x et y, si x≤y, alors x3≤y3. Copie fautive : « x3−y3=(x−y)(x2+xy+y2) et x2+xy+y2=(x+2y)2+43y2≥0, donc c'est positif. » Ce qui ne va pas : le calcul démarre avant que le but soit identifié. Les lettres x et y ne sont pas introduites, l'hypothèse x≤y n'apparaît nulle part, et la conclusion porte sur un « c'est » qui n'est pas le but : il fallait même prouver que x3−y3 est négatif. Version correcte : le squelette d'abord, le contenu ensuite. Soient x et y deux réels. Supposons x≤y. Montrons que x3≤y3, c'est-à-dire que x3−y3≤0. On a x3−y3=(x−y)(x2+xy+y2). Or x−y≤0 par hypothèse, et x2+xy+y2=(x+2y)2+43y2≥0 comme somme de termes positifs. Donc x3−y3≤0, comme produit d'un réel négatif et d'un réel positif. Conclusion : pour tous réels x et y tels que x≤y, on a x3≤y3.
Formulaire
Squelette d'une preuve selon le connecteur principal
Première et dernière ligne imposées par la seule forme du but :
Forme du but
Ouverture
Fermeture
∀x∈E,P(x)
Soit x∈E ; montrons P(x)
Ainsi, pour tout x∈E, P(x)
P⇒Q
Supposons P ; montrons Q
Ainsi, si P, alors Q
P et Q
Montrons d'abord P ; (…) montrons ensuite Q
Donc P et Q
P ou Q
Supposons non P ; montrons Q
Ainsi non P entraîne Q, donc P ou Q
∀x∈E,(P(x)⇒Q(x))
Soit x∈E tel que P(x) ; montrons Q(x)
Ainsi, pour tout x∈E tel que P(x), on a Q(x)
Les autres formes ont leur thème : une existence se prouve en exhibant un témoin (« Démontrer une existence »), une équivalence en deux implications (« Démontrer une équivalence »), une négation souvent par l'absurde (« Raisonnement par l'absurde »).
(PouQ)⟺(nonP⇒Q)
justifie le squelette d'une disjonction
((PetQ)⇒R)⟺(P⇒(Q⇒R))
deux hypothèses se supposent ensemble ou l'une après l'autre
Propriété
Démontrer un énoncé universel : l'objet quelconque
Pour démontrer ∀x∈E,P(x), on introduit un élément quelconque de E par « Soit x∈E », dont on ne suppose rien d'autre que son appartenance à E, et on démontre P(x). Aucun choix particulier n'ayant été fait, le raisonnement vaut pour chaque élément de E, ce qui établit l'énoncé universel. Des vérifications sur des valeurs particulières ne démontrent jamais un tel énoncé, sauf si E est fini et qu'on les fait toutes. Les règles d'introduction des objets relèvent du thème « Introduire les objets ».
Soit x∈E.Montrons P(x).
ouverture de la preuve d'un pour tout
Piège
Commencer la preuve d'un énoncé universel par un exemple numérique
Énoncé : montrer que pour tout entier n, n2+n est pair. Ligne fautive : « Pour n=3, n2+n=12, qui est pair. Donc n2+n est pair pour tout entier n. » Ce qui ne va pas : l'exemple établit la propriété pour n=3 et ne dit rien de n=4 ni des autres entiers. Au brouillon, les exemples aident à comprendre ; sur la copie, la preuve part d'un entier quelconque. À l'inverse, un seul exemple suffit à réfuter un énoncé universel (thème « Réfuter par un contre-exemple »). Version correcte : Soit n∈Z. Montrons que n2+n est pair. On a n2+n=n(n+1). Si n est pair, il existe k∈Z tel que n=2k, donc n(n+1)=2k(2k+1) avec k(2k+1)∈Z, et n2+n est pair. Si n est impair, il existe k∈Z tel que n=2k+1, donc n(n+1)=(2k+1)(2k+2)=2(2k+1)(k+1) avec (2k+1)(k+1)∈Z, et n2+n est pair. Tout entier étant pair ou impair, n2+n est pair. Conclusion : pour tout entier n, n2+n est pair.
Propriété
Démontrer une implication : supposer P, montrer Q
L'implication P⇒Q est vraie dès que P est fausse : il ne reste à examiner que le cas où P est vraie. D'où la règle : pour démontrer P⇒Q, on supposeP et, sous cette hypothèse, on démontre Q. On ne suppose jamais Q : partir de Q pour aboutir à P démontrerait la réciproque, et partir de Q pour aboutir à Q ne démontrerait rien. On ne cherche pas non plus à prouver P, que l'énoncé ne garantit pas.
Supposons P.Montrons Q.
ouverture de la preuve d'une implication
Définition
Hypothèse provisoire et portée
Une hypothèse provisoire est une assertion posée par « Supposons », « Soit… tel que » ou « Cas 1 : », sans être une donnée de l'énoncé. Si l'on pose « Supposons P » pour démontrer Q, la portée de P va de cette ligne jusqu'à la fin du bloc qu'elle ouvre : la preuve de l'implication, le cas, la partie. Quand le bloc se ferme, on ne retient pas Q mais seulement l'implication « si P, alors Q » ; au-delà, P ne peut plus servir. De même, une lettre introduite par « Soit » ne désigne plus rien hors de son bloc.
Supposons P.…Donc Q.Ainsi, si P, alors Q.
hors du bloc, on garde l'implication, pas sa conclusion
Piège
Utiliser une hypothèse provisoire hors de sa partie
Énoncé : 1) Montrer que pour tout réel x, si x>0, alors x+x1≥2. 2) Montrer que pour tout réel x non nul, x+x1≥2. Ligne fautive (question 2) : « Soit x∈R∗. Comme x>0, la question 1) donne x+x1≥2, donc x+x1≥2. » Ce qui ne va pas :x>0 n'a été supposé qu'à l'intérieur de la preuve de 1). Ce que 1) a établi, c'est l'implication « si x>0, alors x+x1≥2 », pas le fait que x soit strictement positif. En 2), x est seulement non nul, et le cas x<0 n'est pas traité. Version correcte : Soit x∈R∗. Montrons que x+x1≥2. Si x>0, la question 1) appliquée à x donne x+x1≥2 ; ce réel est donc positif et x+x1=x+x1≥2. Si x<0, alors −x>0, et la question 1) appliquée à −x donne −x+−x1≥2, c'est-à-dire −(x+x1)≥2 ; donc x+x1<0 et x+x1=−(x+x1)≥2. Comme x=0, ces deux cas sont les seuls, donc x+x1≥2, et ceci vaut pour tout réel x non nul.
Propriété
Emboîtement des squelettes d'un énoncé à plusieurs niveaux
Quand le but a plusieurs niveaux, on applique le squelette du connecteur principal, puis celui du but qui reste, et ainsi de suite : chaque niveau ajoute une ligne d'ouverture et une ligne de fermeture. Les blocs s'emboîtent comme des parenthèses : le dernier ouvert est le premier fermé, et un objet ou une hypothèse n'est disponible qu'à l'intérieur de son bloc. Seuls les quantificateurs et connecteurs du but dictent les ouvertures du squelette. Dans une hypothèse, un « pour tout » ou une implication n'ouvre aucun bloc : c'est une information qu'on appliquera à des objets bien choisis ; un « il existe » permet en revanche de fixer un témoin (« Soit k∈Z tel que n=2k+1 ») et un « ou » de séparer des cas (thème « Exploiter les hypothèses »).
∀x∈E,(P(x)⇒∀y∈F,R(x,y))
Soit, puis Supposons, puis Soit, et l'on referme dans l'ordre inverse
Méthode
Écrire la première et la dernière ligne d'une preuve
Quand l'utiliser : dès que le but est traduit, avant de chercher la moindre idée. Le squelette est dicté par la seule forme du but ; il ne dépend pas encore des mathématiques en jeu. 1) Lire le connecteur principal du but. 2) Écrire la ligne d'ouverture qu'il impose : « Soit x∈E. » pour un pour tout, « Supposons P. » pour une implication, « Montrons d'abord P. » pour une conjonction, « Supposons non P. » pour une disjonction. 3) Écrire aussitôt plus bas la ligne de fermeture correspondante, en laissant la place entre les deux : « Ceci valant pour tout x∈E, … », « Ainsi, si P, alors Q. », « Donc P et Q. », « donc P ou Q. ». 4) Entre les deux, écrire « Montrons que » suivi du nouveau but, puis recommencer 1) à 3) sur lui. Pour une conjonction, il y a deux trous : l'un après « Montrons d'abord P. », l'autre après « Montrons ensuite Q. », ligne à écrire dès le squelette. 5) S'arrêter quand le but le plus intérieur, une fois ses définitions dépliées (méthode « Déplier la définition présente dans le but »), n'a plus ni connecteur ni quantificateur : c'est seulement là qu'on cherche le contenu, qui doit relier les hypothèses ouvertes à ce but. 6) Vérifier que la toute dernière ligne recopie l'énoncé demandé, avec ses quantificateurs.
Soit x∈E.Montrons P(x).…Ceci valant pour tout x∈E,on a P(x).
le bloc d'un pour tout, ouvert puis fermé
Exemple
Rédaction modèle : squelette puis preuve de « f+g croissante »
Démontrer que pour toutes fonctions f et g croissantes sur R, la fonction f+g est croissante sur R. Au brouillon : en dépliant « croissante » dans le but, l'énoncé s'écrit ∀f,g:R→R,((fetgcroissantes)⇒∀(x,y)∈R2,(x≤y⇒(f+g)(x)≤(f+g)(y))). Au brouillon : quatre niveaux, pour tout, implication, pour tout, implication ; les deux premiers se contractent en une seule ligne « Soient… croissantes ». Étape 1, le squelette seul : Soient f et g deux fonctions de R dans R, croissantes sur R. Montrons que f+g est croissante sur R, c'est-à-dire que pour tous réels x et y tels que x≤y, on a (f+g)(x)≤(f+g)(y). Soient x et y deux réels tels que x≤y. Montrons que (f+g)(x)≤(f+g)(y). (ici viendra le contenu) Donc (f+g)(x)≤(f+g)(y). Ceci valant pour tous réels x et y tels que x≤y, la fonction f+g est croissante sur R. Conclusion : pour toutes fonctions f et g croissantes sur R, la fonction f+g est croissante sur R. Étape 2, la preuve complète, telle qu'on la rend : Soient f et g deux fonctions de R dans R, croissantes sur R. Montrons que f+g est croissante sur R, c'est-à-dire que pour tous réels x et y tels que x≤y, on a (f+g)(x)≤(f+g)(y). Soient x et y deux réels tels que x≤y. Montrons que (f+g)(x)≤(f+g)(y). Comme f est croissante sur R et x≤y, on a f(x)≤f(y). Comme g est croissante sur R et x≤y, on a g(x)≤g(y). En ajoutant membre à membre ces deux inégalités de même sens, on obtient f(x)+g(x)≤f(y)+g(y). Donc, par définition de f+g, (f+g)(x)≤(f+g)(y). Ceci valant pour tous réels x et y tels que x≤y, la fonction f+g est croissante sur R. Conclusion : pour toutes fonctions f et g croissantes sur R, la fonction f+g est croissante sur R. À retenir : le squelette, ouvertures et fermetures comprises, s'écrit avant la moindre idée en dépliant « croissante » dans le but ; le contenu ne remplit plus ensuite qu'un trou de trois lignes.
Méthode
Emboîter « Soit », « Supposons » et « Montrons » pour ∀x,P(x)⇒Q(x)
Quand l'utiliser : le but s'écrit ∀x∈E,(P(x)⇒Q(x)) ; en français : « pour tout x, si… alors… », « tout x qui vérifie… vérifie… », « le … d'un … tel que … est … ». 1) Introduire la variable, sans rien lui imposer : « Soit x∈E. » 2) Poser l'hypothèse, qui parle de x et vient donc après lui : « Supposons P(x). » 3) Annoncer le but, écrit en toutes lettres et déplié si besoin : « Montrons que Q(x). » 4) Établir Q(x) en utilisant P(x), et l'écrire : « Donc Q(x). » 5) Fermer les deux blocs dans l'ordre inverse : « Ainsi, pour tout x∈E, si P(x), alors Q(x). » Les étapes 1) et 2) se contractent en « Soit x∈E tel que P(x). », et avec plusieurs variables en « Soient x,y∈E tels que P(x,y). ». L'ordre inverse, « Supposons P(x) » avant « Soit x∈E », utilise une lettre qui n'existe pas encore.
Soit x∈E tel que P(x).Montrons Q(x).
forme contractée des deux ouvertures
Exemple
Rédaction modèle : pour tout réel x≥1, x≤x
Démontrer que pour tout réel x, si x≥1, alors x≤x. Soit x∈R. Supposons x≥1. Montrons que x≤x, ce réel étant défini puisque x≥1≥0. La fonction racine carrée est croissante sur [0,+∞[ et 1≤x, donc 1=1≤x. En multipliant les deux membres de 1≤x par le réel positif x, on obtient x≤xx. Or xx=x car x≥0, donc x≤x. Conclusion : pour tout réel x tel que x≥1, on a x≤x. À retenir : « Soit », puis « Supposons », puis « Montrons » ; ici l'hypothèse sert dès l'annonce du but, puisque x n'a de sens qu'une fois x≥0 acquis.
Piège
Transformer le « pour tout » d'une hypothèse en « Soit »
Énoncé : soit x un réel. Montrer que si pour tout ε>0, ∣x∣≤ε, alors x=0. Ligne fautive : « Soit ε>0. Supposons ∣x∣≤ε. Montrons que x=0. » Ce qui ne va pas : le connecteur principal du but est l'implication, et le « pour tout ε » se trouve dans son hypothèse. En écrivant « Soit ε>0 », on fixe un seul ε et l'on se met à prouver ∀ε>0,(∣x∣≤ε⇒x=0), qui est faux dès que x n'est pas nul : il suffit de prendre ε=∣x∣. La preuve est bloquée dès sa première ligne. Version correcte : Supposons que pour tout ε>0, ∣x∣≤ε. Montrons que x=0. Supposons par l'absurde que x=0 (thème « Raisonnement par l'absurde »). Alors ∣x∣>0, donc le réel ε=2∣x∣ est strictement positif. L'hypothèse, appliquée à ce réel ε, donne ∣x∣≤2∣x∣, donc 2∣x∣≤0, d'où ∣x∣≤0. Ceci contredit ∣x∣>0, donc x=0. Ainsi, si pour tout ε>0, ∣x∣≤ε, alors x=0.
Propriété
Démontrer une conjonction : deux preuves
L'assertion « P et Q » est vraie lorsque P et Q le sont toutes deux : sa preuve se compose donc de deux preuves complètes, une pour P, une pour Q. Sous un « pour tout », la conjonction se sépare : démontrer que tout x vérifie P(x) et Q(x) revient à démontrer que tout x vérifie P(x), puis que tout x vérifie Q(x). La seconde partie peut utiliser la première, qui est alors établie, mais aucune hypothèse provisoire posée à l'intérieur de la première.
∀x∈E,(P(x)etQ(x))⟺(∀x∈E,P(x))et(∀x∈E,Q(x))
une conjonction sous un pour tout se démontre en deux parties
Méthode
Démontrer une conjonction en deux parties annoncées
Quand l'utiliser : le but, ou le morceau qui reste à démontrer, est de la forme « P et Q » : un « et », une double inégalité a≤x≤b, une définition qui réunit deux conditions. 1) Annoncer les deux parties : « Montrons que P et que Q. » 2) Ouvrir la première : « Montrons d'abord P. » La démontrer jusqu'à « Donc P. » 3) Ouvrir la seconde : « Montrons ensuite Q. » La démontrer jusqu'à « Donc Q. », en s'autorisant P, désormais établie, mais aucune hypothèse provisoire ouverte dans la première partie (un cas, un « Supposons »). 4) Réunir : « Ainsi P et Q. » Si la conjonction est placée sous un « Soit x∈E », les deux parties restent à l'intérieur de ce bloc, et la fermeture du « pour tout » vient après la réunion.
Montrons d’abord P.…Montrons ensuite Q.…Ainsi P et Q.
deux parties annoncées, puis réunies
Exemple
Rédaction modèle : pour tout réel x, ∣x∣≥x et ∣x∣≥−x
Démontrer que pour tout réel x, ∣x∣≥x et ∣x∣≥−x. Soit x∈R. Montrons que ∣x∣≥x et que ∣x∣≥−x. Montrons d'abord que ∣x∣≥x. Si x≥0, alors ∣x∣=x, donc ∣x∣≥x. Si x<0, alors ∣x∣=−x>0 et 0>x, donc ∣x∣≥x. Ces deux cas couvrent tous les réels, donc ∣x∣≥x. Montrons ensuite que ∣x∣≥−x. Si x≥0, alors ∣x∣=x≥0 et 0≥−x, donc ∣x∣≥−x. Si x<0, alors ∣x∣=−x, donc ∣x∣≥−x. Ces deux cas couvrent tous les réels, donc ∣x∣≥−x. Ainsi ∣x∣≥x et ∣x∣≥−x. Conclusion : pour tout réel x, ∣x∣≥x et ∣x∣≥−x. À retenir : chaque partie de la conjonction est ouverte par « Montrons » et fermée par « donc » ; les cas de la première partie ne débordent pas sur la seconde, qui refait les siens.
Propriété
Démontrer une disjonction : supposer la négation d'un terme
L'assertion « P ou Q » est équivalente à « si non P, alors Q » : si P est vraie, il n'y a rien à démontrer, et si P est fausse, c'est Q qui doit être vraie. Pour démontrer « P ou Q », on suppose donc non P et on établit Q. Les rôles sont échangeables (supposer non Q et établir P convient aussi) : on nie le terme dont la négation apporte l'information la plus utile.
(PouQ)⟺(nonP⇒Q)⟺(nonQ⇒P)
les deux squelettes possibles d'une disjonction
Méthode
Démontrer « P ou Q » en supposant non P
Quand l'utiliser : le but, ou le morceau qui reste, est une disjonction : « a=0 ou b=0 », « n est pair ou n+1 est pair », « x≤1 ou y≤1 ». 1) Annoncer le but : « Montrons que P ou Q. » 2) Choisir le terme à nier : celui dont la négation donne une hypothèse exploitable (« a=0 » permet de diviser par a). 3) Poser : « Pour cela, supposons non P et montrons Q. », en écrivant la négation en clair (« supposons a=0 »). 4) Établir Q sous cette hypothèse : « Donc Q. » 5) Fermer : « Ainsi, si non P, alors Q ; donc P ou Q. » On ne termine jamais par « Donc Q » seul : Q n'a été établie que sous l'hypothèse non P. Une rédaction équivalente passe par deux cas (« si P, c'est terminé ; sinon… ») : le cas où P est vraie tient en une ligne, tout le travail est dans l'autre.
Supposons non P et montrons Q.
ouverture de la preuve d'une disjonction
Exemple
Rédaction modèle : si ab=0, alors a=0 ou b=0
Démontrer que pour tous réels a et b, si ab=0, alors a=0 ou b=0. Soient a et b deux réels. Supposons ab=0. Montrons que a=0 ou b=0. Pour cela, supposons a=0 et montrons que b=0. Comme a=0, le réel a admet un inverse a1. En multipliant les deux membres de l'égalité ab=0 par a1, on obtient a1(ab)=a1×0=0. Or a1(ab)=(a1a)b=b, donc b=0. Ainsi, si a=0, alors b=0 ; donc a=0 ou b=0. Conclusion : pour tous réels a et b tels que ab=0, on a a=0 ou b=0. À retenir : pour montrer « P ou Q », on suppose non P, on établit Q, et l'on referme par « donc P ou Q », jamais par « donc Q ».
Piège
Démontrer « P ou Q » en établissant P dans un cas seulement
Énoncé : montrer que pour tout entier n, n est pair ou n+1 est pair. Ligne fautive : « Soit n∈Z. Supposons n pair. Alors n est pair, donc n est pair ou n+1 est pair. » Ce qui ne va pas : seul le cas où n est pair est traité, et c'est justement celui où il n'y avait rien à démontrer. Le cas n impair, le seul qui demande un argument, manque : la disjonction n'est pas établie pour tout entier n. Version correcte : Soit n∈Z. Montrons que n est pair ou n+1 est pair. Supposons que n ne soit pas pair et montrons que n+1 est pair. Comme n est impair, il existe k∈Z tel que n=2k+1. Alors n+1=2k+2=2(k+1) avec k+1∈Z, donc n+1 est pair. Ainsi, si n n'est pas pair, alors n+1 est pair ; donc n est pair ou n+1 est pair. Conclusion : pour tout entier n, n est pair ou n+1 est pair.
Méthode
Déplier la définition présente dans le but
Quand l'utiliser : le but contient un mot défini (croissante, paire, majorée par, incluse dans) et aucun connecteur n'est visible : la forme logique est cachée dans la définition. 1) Repérer le mot défini et l'objet sur lequel il porte. 2) Écrire au brouillon sa définition, avec ses quantificateurs, appliquée à cet objet. 3) Sur la copie, annoncer le but déplié : « Montrons que h est paire, c'est-à-dire que pour tout x∈R, h(−x)=h(x). » 4) Bâtir le squelette sur la forme dépliée : « Soit x∈R. Montrons que h(−x)=h(x). » 5) À la fermeture, replier la définition : « Ceci valant pour tout x∈R, la fonction h est paire. » On ne déplie que ce qui sert : un but déjà élémentaire, comme x2≥0, n'a rien à déplier. Un mot défini figurant dans une hypothèse se déplie aussi, mais le « pour tout » de sa définition ne produit aucun « Soit » : on l'appliquera à des objets bien choisis. Un « il existe » d'hypothèse permet en revanche de fixer un témoin : « f est majorée » se rédige « Soit M un majorant de f » (thème « Exploiter les hypothèses »).
hpaire:∀x∈R,h(−x)=h(x)
le mot du but remplacé par sa définition, qui fait apparaître un pour tout
Exemple
Rédaction modèle : x↦xg(x) est paire quand g est impaire
Soit g:R→R une fonction impaire. Démontrer que la fonction h:R→R, x↦xg(x) est paire. Le domaine R de h est symétrique par rapport à 0. Montrons que h est paire, c'est-à-dire que pour tout x∈R, h(−x)=h(x). Soit x∈R. Montrons que h(−x)=h(x). Par définition de h, h(−x)=(−x)g(−x). La fonction g est impaire, donc g(−x)=−g(x). Par suite, h(−x)=(−x)(−g(x))=xg(x)=h(x). Ceci valant pour tout x∈R, la fonction h est paire. À retenir : le mot « paire » du but ne se démontre pas tel quel ; on le remplace par sa définition, qui fournit le « Soit x∈R », et la dernière ligne le replie.
Méthode
Réduire le but par « il suffit de montrer que »
Quand l'utiliser : le but B découle d'une assertion A plus simple ou plus familière, par un calcul, un théorème du cours ou une définition : se ramener à une inégalité sans fraction, à un signe, à une limite. 1) Trouver A telle que « A entraîne B » soit vraie et facile à justifier. Seul ce sens compte : A doit être une condition suffisante de B (thème « Conditions nécessaires et suffisantes »). 2) Écrire la réduction et sa justification ensemble : « Il suffit de montrer que A. En effet, si A, alors … donc B. » 3) Si la justification invoque un théorème, vérifier ses hypothèses dans la même phrase. 4) Démontrer A : « Montrons donc que A. » … « Donc A. » 5) Revenir au but : « D'après la réduction, B. » Les réductions peuvent s'enchaîner (« il suffit de montrer A, et pour cela il suffit de montrer A′ »), chacune avec son « en effet ».
Il suffit de montrer A, car A implique B.
la réduction et sa justification, écrites ensemble
Exemple
Rédaction modèle : pour tout réel x>0, x+x1≥2
Démontrer que pour tout réel x>0, x+x1≥2. Soit x un réel strictement positif. Montrons que x+x1≥2. Il suffit de montrer que x2+1≥2x. En effet, si x2+1≥2x, alors en divisant les deux membres par le réel strictement positif x, ce qui conserve le sens de l'inégalité, on obtient x+x1≥2. Montrons donc que x2+1≥2x. On a x2+1−2x=(x−1)2, et un carré est positif, donc x2+1−2x≥0, c'est-à-dire x2+1≥2x. D'après la réduction, x+x1≥2. Conclusion : pour tout réel x>0, x+x1≥2. À retenir : « il suffit de montrer que » est suivi aussitôt de « en effet », qui prouve que la nouvelle assertion entraîne le but ; on démontre ensuite cette assertion, puis on revient au but.
Piège
Réduire le but à une condition seulement nécessaire
Énoncé : montrer que la fonction f:x↦x∣x∣ est dérivable en 0. Ligne fautive : « Il suffit de montrer que f est continue en 0. » Ce qui ne va pas : la réduction va dans le mauvais sens. Une fonction dérivable en 0 est continue en 0, mais la continuité n'entraîne pas la dérivabilité : x↦∣x∣ est continue en 0 sans y être dérivable. Prouver la continuité laisse donc le but intact. Le test consiste à écrire le « en effet » : ici, il serait faux. Version correcte : Il suffit de montrer que le taux d'accroissement tf(t)−f(0) admet une limite finie quand t tend vers 0. En effet, c'est la définition de la dérivabilité de f en 0. Pour tout réel t=0, tf(t)−f(0)=tt∣t∣=∣t∣, qui tend vers 0 quand t tend vers 0. Donc f est dérivable en 0, et f′(0)=0.
Vocabulaire
Les phrases qui ouvrent un bloc
« Montrons que » annonce le but courant, celui qu'il reste à établir à cet endroit de la preuve. « Soitx∈E » introduit un élément quelconque de E et ouvre la preuve d'un « pour tout ». « SupposonsP » pose une hypothèse provisoire et ouvre la preuve d'une implication, ou d'une disjonction quand P est la négation de l'un de ses termes. « Montrons d'abord … Montrons ensuite » découpe une conjonction en deux parties.
Vocabulaire
Les phrases qui réduisent ou ferment un bloc
« C'est-à-dire » remplace un énoncé par un énoncé équivalent, le plus souvent une définition dépliée ; il ne sert jamais à introduire une simple conséquence. « Il suffit de montrer queA » remplace le but par une assertion A qui l'entraîne, et appelle aussitôt « en effet » pour le justifier. « Ceci valant pour toutx∈E » ferme un « Soit » ; « Ainsi » ou « donc » ferme une implication, une partie ou un cas. « Conclusion : » précède la dernière ligne, qui recopie l'énoncé demandé avec ses quantificateurs.
Exercices
Exercice 1Application
Du but au squelette, sans chercher le contenu
Pour chacun des buts suivants : écrire sa forme quantifiée, nommer son connecteur ou quantificateur principal, puis écrire la première et la dernière ligne de la preuve. On ne demande pas de démontrer les énoncés. a) « Le cube d'un réel strictement négatif est strictement négatif. » b) « Pour tout réel x∈[0,1], x2≤x et x≤x. » c) « Pour tous réels x et y, x≤y ou y≤x. » d) « Soit f:R→R. Si f est croissante sur R, alors la fonction h:x↦f(x+1) est croissante sur R. » e) « Tout réel x tel que x2≤1 vérifie −1≤x≤1. »
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a) ∀x∈R,(x<0⇒x3<0). « Un réel » est le sujet d'une propriété générale, donc universel, et l'adjectif « strictement négatif » devient l'hypothèse. Principal : le « pour tout » ; sous lui, une implication. Première ligne : Soit x∈R tel que x<0. Montrons que x3<0. Dernière ligne : Ainsi, pour tout réel x tel que x<0, on a x3<0.
b) ∀x∈[0,1],(x2≤xetx≤x). Principal : le « pour tout » ; sous lui, « et ». Première ligne : Soit x∈[0,1]. Montrons que x2≤x et que x≤x. Montrons d'abord que x2≤x. Dernière ligne : Conclusion : pour tout réel x∈[0,1], x2≤x et x≤x. Entre les deux, la ligne « Montrons ensuite que x≤x. » ouvre la seconde partie, et la ligne « Ainsi x2≤x et x≤x. » ferme la conjonction avant la conclusion.
c) ∀(x,y)∈R2,(x≤youy≤x). Principal : le « pour tout » ; sous lui, « ou ». Première ligne : Soient x et y deux réels. Montrons que x≤y ou y≤x ; pour cela, supposons x>y et montrons que y≤x. Dernière ligne : Conclusion : pour tous réels x et y, x≤y ou y≤x. Juste avant, la ligne « Ainsi, si x>y, alors y≤x ; donc x≤y ou y≤x. » ferme la disjonction. La négation de x≤y s'écrit en clair : x>y.
d) Ici f est une donnée, déjà fixée par « Soit ». Forme complète : (∀(x,y)∈R2,(x≤y⇒f(x)≤f(y)))⇒(∀(x,y)∈R2,(x≤y⇒f(x+1)≤f(y+1))). Principal : l'implication ; le premier « pour tous » est dans son hypothèse, le second dans sa conclusion. Première ligne : Supposons f croissante sur R. Montrons que h est croissante sur R, c'est-à-dire que pour tous réels x et y tels que x≤y, on a f(x+1)≤f(y+1). Dernière ligne : Ainsi, si f est croissante sur R, alors h est croissante sur R. Le « pour tous » de l'hypothèse ne produit aucune ligne « Soient » : on l'appliquera au couple (x+1,y+1). Seul celui de la conclusion en produit une, juste après l'annonce : « Soient x et y deux réels tels que x≤y. »
e) ∀x∈R,(x2≤1⇒(−1≤xetx≤1)). Principal : le « pour tout » ; puis l'implication ; puis « et ». Première ligne : Soit x∈R tel que x2≤1. Montrons que −1≤x et que x≤1. Dernière ligne : Ainsi, pour tout réel x tel que x2≤1, on a −1≤x≤1.
Exercice 2Application
Compléter une rédaction guidée et repérer ses blocs
On veut démontrer : pour tout réel x, si 0≤x≤1, alors 0≤x2≤x. 1) Compléter les trous [1] à [7] de la rédaction suivante. Ligne 1 : [1] Ligne 2 : Supposons [2]. Montrons que 0≤x2 et que x2≤x. Ligne 3 : [3] Ligne 4 : Un carré est positif, donc 0≤x2. Ligne 5 : [4] Ligne 6 : Par hypothèse, 0≤x et x≤1. En multipliant les deux membres de x≤1 par le réel [5] x, on obtient [6]. Ligne 7 : Ainsi 0≤x2 et x2≤x, c'est-à-dire 0≤x2≤x. Ligne 8 : [7] 2) Pour chacune des lignes 1, 2, 3, 5, 7 et 8, dire quel bloc elle ouvre ou ferme. 3) Un étudiant écrit la ligne 2 avant la ligne 1. Un autre remplace la ligne 4 par « Comme x≥0, on a x2≥0. ». Dire, pour chacun, s'il commet une faute, et pourquoi.
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1) [1] Soit x∈R. [2] 0≤x≤1 [3] Montrons d'abord que 0≤x2. [4] Montrons ensuite que x2≤x. [5] positif [6] x×x≤1×x, c'est-à-dire x2≤x [7] Conclusion : pour tout réel x tel que 0≤x≤1, on a 0≤x2≤x.
2) Ligne 1 : ouvre le « pour tout ». Ligne 2 : ouvre l'implication, en posant l'hypothèse et en annonçant le but. Ligne 3 : ouvre la première partie de la conjonction, fermée par le « donc » de la ligne 4. Ligne 5 : ouvre la seconde partie, fermée à la fin de la ligne 6. Ligne 7 : réunit les deux parties et ferme la conjonction ; la conclusion de l'implication est atteinte. Ligne 8 : ferme l'implication, puis le « pour tout », dans l'ordre inverse de leur ouverture.
3) Écrire la ligne 2 avant la ligne 1 est une faute : l'hypothèse 0≤x≤1 porte sur la lettre x, qui ne désigne encore rien. L'objet s'introduit avant ce qu'on suppose sur lui. La seconde modification n'est pas une faute de logique : la ligne 4 se trouve dans le bloc ouvert par « Supposons 0≤x≤1 », donc x≥0 y est disponible. L'argument est seulement superflu, un carré étant positif pour tout réel. Il deviendrait fautif hors de ce bloc : placé juste après la ligne 1, avant la ligne 2, il invoquerait un signe que rien ne garantit, x n'étant alors qu'un réel quelconque ; après la ligne 8, la lettre x elle-même ne désigne plus rien.
Exercice 3Rédaction
Une somme plus grande que 2
Démontrer que pour tous réels x et y, si x+y>2, alors x>1 ou y>1. On écrira d'abord, au brouillon, la forme logique du but, puis la preuve complète.
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Au brouillon : ∀(x,y)∈R2,(x+y>2⇒(x>1ouy>1)). Trois niveaux : pour tout, implication, disjonction. On nie le terme x>1 : sa négation x≤1 se combine avec l'hypothèse x+y>2.
Soient x et y deux réels. Supposons x+y>2. Montrons que x>1 ou y>1. Pour cela, supposons x≤1 et montrons que y>1. Par hypothèse x+y>2, donc y>2−x. Comme x≤1, on a −x≥−1, donc 2−x≥1. Ainsi y>2−x et 2−x≥1, d'où y>1. Ainsi, si x≤1, alors y>1 ; donc x>1 ou y>1. Conclusion : pour tous réels x et y tels que x+y>2, on a x>1 ou y>1.
Remarque : les deux hypothèses provisoires, x+y>2 puis x≤1, sont ouvertes en même temps quand on les combine, ce qui est légitime. La négation de x>1 est x≤1 et non x<1 : supposer x<1 laisserait de côté le réel x=1.
Exercice 4Rédaction
Transitivité de l'inclusion : déplier, puis emboîter
Soient A, B et C trois parties d'un ensemble E. Démontrer que si A⊂B et B⊂C, alors A⊂C. On rappelle que A⊂B signifie : pour tout x∈A, x∈B.
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Au brouillon : le connecteur principal est l'implication. Sa conclusion, dépliée, s'écrit ∀x∈A,x∈C : elle donnera une ligne « Soit ». Les hypothèses contiennent elles aussi un « pour tout », mais elles ne donnent aucune ligne « Soit » : on les appliquera à l'élément introduit.
Supposons A⊂B et B⊂C. Montrons que A⊂C, c'est-à-dire que pour tout x∈A, x∈C. Soit x∈A. Montrons que x∈C. Comme A⊂B et x∈A, on a x∈B. Comme B⊂C et x∈B, on a x∈C. Ceci valant pour tout x∈A, on a A⊂C. Conclusion : si A⊂B et B⊂C, alors A⊂C.
Remarque : le squelette (Supposons, Montrons c'est-à-dire, Soit, Montrons, Ceci valant, Conclusion) s'écrit avant toute idée ; le contenu se réduit à deux applications des hypothèses à l'élément x.
Exercice 5Rédaction
Se ramener à une inégalité sans racine carrée
Démontrer que pour tout réel x≥−1, x+1≤1+2x. On réduira le but à une inégalité sans racine carrée, par une phrase « il suffit de montrer que » dont on justifiera la validité.
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Soit x un réel tel que x≥−1. Montrons que x+1≤1+2x, le réel x+1 étant défini puisque x+1≥0. Il suffit de montrer que x+1≤(1+2x)2. En effet, supposons cette inégalité. Les réels x+1 et (1+2x)2 sont positifs et la fonction racine carrée est croissante sur [0,+∞[, donc x+1≤(1+2x)2=1+2x. Or x≥−1 donne 2x≥−21, donc 1+2x≥21>0 et 1+2x=1+2x. Ainsi x+1≤(1+2x)2 entraîne x+1≤1+2x, ce qui justifie la réduction. Montrons donc que x+1≤(1+2x)2. On a (1+2x)2−(x+1)=1+x+4x2−x−1=4x2. Un carré est positif, donc 4x2≥0, c'est-à-dire x+1≤(1+2x)2. D'après la réduction, x+1≤1+2x. Conclusion : pour tout réel x≥−1, x+1≤1+2x.
Remarque : l'« en effet » utilise l'hypothèse x≥−1 deux fois, pour que la racine ait un sens et pour retirer la valeur absolue. De a2≤b2, on déduit a≤b dès que b≥0, car alors a≤∣a∣≤b ; sans information sur le signe de b, la déduction peut échouer, par exemple pour a=0 et b=−1. C'est pourquoi la vérification du signe de 1+2x est indispensable à la réduction.
Exercice 6Trouver l'erreur
Une question 2) qui s'appuie sur la question 1)
1) Montrer que pour tout réel x, si x≥1, alors x2≥x. 2) En déduire que pour tout réel x, x2+1>x. Un étudiant rédige : « 1) Soit x∈R. Supposons x≥1. Alors x>0, et en multipliant les deux membres de x≥1 par le réel strictement positif x, on obtient x2≥x. Ainsi, pour tout réel x, si x≥1, alors x2≥x. 2) Soit x∈R. D'après la question 1), x2≥x. Donc x2+1≥x+1>x. Conclusion : pour tout réel x, x2+1>x. » Trouver l'erreur, expliquer pourquoi elle invalide la preuve, puis rédiger correctement la question 2).
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L'erreur est dans la question 2), à la ligne « D'après la question 1), x2≥x ». La question 1) établit l'implication « si x≥1, alors x2≥x ». L'hypothèse x≥1 n'a été posée qu'à l'intérieur de sa preuve, et sa portée s'arrête avec elle. En 2), x est un réel quelconque : rien ne permet d'appliquer 1), et l'inégalité invoquée est d'ailleurs fausse pour x=21, puisque 41<21. La conclusion est vraie, mais elle n'est pas démontrée pour les réels x<1.
Rédaction correcte de la question 2) : Soit x∈R. Montrons que x2+1>x. Cas 1 : x≥1. La question 1) appliquée à x donne x2≥x, donc x2+1≥x+1>x. Cas 2 : x<1. Un carré est positif, donc x2+1≥1 ; or 1>x, donc x2+1>x. Tout réel vérifie x≥1 ou x<1, donc x2+1>x. Conclusion : pour tout réel x, x2+1>x.
Remarque : « en déduire » invite à utiliser 1), mais seulement là où son hypothèse est vérifiée ; les réels qu'elle ne couvre pas demandent un autre argument.
Exercice 7Trouver l'erreur
Un quotient et une disjonction
Montrer que pour tout réel x non nul, x<0 ou x+x1≥2. Un étudiant rédige : « Soit x∈R∗. On a x+x1−2=xx2−2x+1=x(x−1)2. Un carré est positif, donc x(x−1)2≥0, d'où x+x1≥2. Donc x<0 ou x+x1≥2. Conclusion : pour tout réel x non nul, x<0 ou x+x1≥2. » Trouver l'erreur, expliquer pourquoi elle invalide la preuve, puis rédiger une démonstration correcte.
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L'erreur est à la deuxième ligne : « Un carré est positif, donc x(x−1)2≥0 ». La positivité du numérateur ne donne le signe du quotient que si l'on connaît celui du dénominateur x, qui n'est ici que non nul. Pour x=−1, le quotient vaut −4. L'étudiant tente en fait d'établir le second terme pour tout réel non nul, ce qui est faux : −1+−11=−2. L'erreur vient de l'absence de squelette : pour une disjonction, on suppose la négation d'un terme, et « supposons x≥0 » aurait fourni exactement le signe manquant.
Rédaction correcte : Soit x∈R∗. Montrons que x<0 ou x+x1≥2. Pour cela, supposons x≥0 et montrons que x+x1≥2. Comme x≥0 et x=0, on a x>0. On a x+x1−2=xx2−2x+1=x(x−1)2. Le numérateur est un carré, donc positif, et le dénominateur x est strictement positif, donc x(x−1)2≥0, c'est-à-dire x+x1≥2. Ainsi, si x≥0, alors x+x1≥2 ; donc x<0 ou x+x1≥2. Conclusion : pour tout réel x non nul, x<0 ou x+x1≥2.
Exercice 8Approfondissement
Fonctions lipschitziennes : des squelettes à plusieurs niveaux
Pour un réel k≥0, on dit qu'une fonction f:R→R est k-lipschitzienne si pour tous réels x et y, ∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣. 1) On considère l'énoncé (E) : « pour tous réels positifs k et ℓ, et pour toutes fonctions f et g de R dans R, si f est k-lipschitzienne et g est ℓ-lipschitzienne, alors g∘f est kℓ-lipschitzienne ». L'écrire en langage quantifié, en dépliant la définition dans la conclusion seulement. Donner, dans l'ordre, les lignes d'ouverture que la forme de (E) impose, et expliquer pourquoi les « pour tous » des hypothèses n'en produisent aucune. 2) Écrire le squelette de la preuve de (E), le contenu étant réservé, puis compléter la preuve. 3) Soient k∈[0,1[ et f une fonction k-lipschitzienne. Démontrer que pour tous réels a et b, si f(a)=a et f(b)=b, alors a=b. On commencera par une réduction « il suffit de montrer que ». 4) Avec les mêmes k et f, démontrer que pour tous réels a et b distincts, f(a)=a ou f(b)=b.
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1) Notons H(k,ℓ,f,g) l'assertion « f est k-lipschitzienne et g est ℓ-lipschitzienne ». L'énoncé (E) s'écrit : ∀k≥0,∀ℓ≥0,∀f,g:R→R,(H(k,ℓ,f,g)⇒∀(x,y)∈R2,g(f(x))−g(f(y))≤kℓ∣x−y∣). Niveaux : quatre « pour tout » (sur k, ℓ, f et g), une implication, un « pour tout » sur le couple (x,y), puis une inégalité. Lignes d'ouverture, dans l'ordre : « Soient k et ℓ deux réels positifs. » ; « Soient f et g deux fonctions de R dans R. » ; « Supposons fk-lipschitzienne et gℓ-lipschitzienne. » ; « Soient x et y deux réels. » ; « Montrons que ∣g(f(x))−g(f(y))∣≤kℓ∣x−y∣. » Les « pour tous » contenus dans H(k,ℓ,f,g) sont à gauche de l'implication : ce sont des informations valables pour tous les couples de réels, qu'on appliquera à des couples bien choisis. Les ouvrir par « Soient » fixerait un seul couple et ferait perdre l'hypothèse.
2) Squelette : Soient k et ℓ deux réels positifs, et f, g deux fonctions de R dans R. Supposons fk-lipschitzienne et gℓ-lipschitzienne. Le réel kℓ est positif comme produit de deux réels positifs, donc la notion de fonction kℓ-lipschitzienne a un sens. Montrons que g∘f est kℓ-lipschitzienne, c'est-à-dire que pour tous réels x et y, ∣g(f(x))−g(f(y))∣≤kℓ∣x−y∣. Soient x et y deux réels. Montrons que ∣g(f(x))−g(f(y))∣≤kℓ∣x−y∣. (contenu réservé) Donc ∣g(f(x))−g(f(y))∣≤kℓ∣x−y∣. Ceci valant pour tous réels x et y, la fonction g∘f est kℓ-lipschitzienne. Conclusion : pour tous réels positifs k et ℓ et toutes fonctions f et g de R dans R, si f est k-lipschitzienne et g est ℓ-lipschitzienne, alors g∘f est kℓ-lipschitzienne. Contenu, à placer dans la ligne réservée : L'hypothèse sur g, appliquée aux réels f(x) et f(y), donne ∣g(f(x))−g(f(y))∣≤ℓ∣f(x)−f(y)∣. L'hypothèse sur f, appliquée aux réels x et y, donne ∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣. En multipliant cette inégalité par le réel positif ℓ, on obtient ℓ∣f(x)−f(y)∣≤kℓ∣x−y∣. Les deux inégalités obtenues s'enchaînent par transitivité, ce qui donne la ligne « Donc » du squelette.
3) Soient a et b deux réels tels que f(a)=a et f(b)=b. Montrons que a=b. Il suffit de montrer que ∣a−b∣≤0. En effet, une valeur absolue est positive, donc cette inégalité donne ∣a−b∣=0, c'est-à-dire a=b. Montrons donc que ∣a−b∣≤0. Comme f(a)=a et f(b)=b, on a ∣a−b∣=∣f(a)−f(b)∣. La fonction f étant k-lipschitzienne, la définition appliquée aux réels a et b donne ∣f(a)−f(b)∣≤k∣a−b∣. Donc ∣a−b∣≤k∣a−b∣, c'est-à-dire (1−k)∣a−b∣≤0. Comme k<1, le réel 1−k est strictement positif ; en divisant les deux membres par 1−k, on obtient ∣a−b∣≤0. D'après la réduction, a=b. Conclusion : pour tous réels a et b, si f(a)=a et f(b)=b, alors a=b. L'hypothèse k<1 sert à la division : l'identité est 1-lipschitzienne et tout réel en est un point fixe.
4) Au brouillon : ∀(a,b)∈R2,(a=b⇒(f(a)=aouf(b)=b)). Soient a et b deux réels distincts. Montrons que f(a)=a ou f(b)=b. Pour cela, supposons f(a)=a et montrons que f(b)=b. Supposons par l'absurde que f(b)=b (thème « Raisonnement par l'absurde »). Les réels a et b vérifient alors f(a)=a et f(b)=b, et la question 3) appliquée au couple (a,b) donne a=b, ce qui contredit a=b. Donc f(b)=b. Ainsi, si f(a)=a, alors f(b)=b ; donc f(a)=a ou f(b)=b. Conclusion : pour tous réels a et b distincts, f(a)=a ou f(b)=b. Remarque : ce que la question 3) a établi est une implication ; on la réutilise en vérifiant ses deux hypothèses pour le couple (a,b), et non en reprenant les hypothèses provisoires de sa preuve.
QCM
12 questions : clique sur une réponse pour voir la correction.
Question 1
Quelle est la forme logique de l'énoncé « le carré d'un réel non nul est strictement positif » ?
Question 2
Quelle est la bonne ouverture pour démontrer « pour tout entier n, si n est impair, alors n2 est impair » ?
Question 3
Pour démontrer « pour tout réel x, x≤1 ou x2≥1 », quelle ouverture convient ?
Question 4
But : « pour tout entier n, n est pair ou n2 est impair ». Une copie écrit : « Soit n∈Z. Supposons n impair : il existe k∈Z tel que n=2k+1, donc n2=2(2k2+2k)+1 est impair. » Quelle ligne doit suivre ?
Question 5
Énoncé : « 1) Montrer que pour tout réel x, si x≥0, alors x3+x≥0. 2) Montrer que pour tout réel x, ∣x3+x∣=∣x∣(x2+1). » Copie : L1 « Soit x∈R tel que x≥0. » ; L2 « Alors x3≥0, donc x3+x≥0. » ; L3 « Soit x∈R. On a x3+x=x(x2+1). » ; L4 « Comme x≥0, ∣x3+x∣=x3+x=∣x∣(x2+1). » Quelle ligne utilise une hypothèse hors de sa portée ?
Question 6
Soient a et b deux réels strictement positifs. Pour montrer que lna<lnb, quelle réduction est correctement justifiée ?
Question 7
Soient A et B deux parties d'un ensemble E. Après avoir écrit « Montrons que A⊂B », quelle ligne ouvre correctement la suite ?
Question 8
Soit f:R→R. Pour démontrer « si f est croissante sur R, alors f(0)≤f(1) », quelle ouverture convient ?
Question 9
Le but a la forme ∀x∈E,(P(x)⇒∀y∈F,R(x,y)). Quelle suite de lignes d'ouverture est correcte ?
Question 10
Une copie affirme : « Pour x=0, x=1 et x=−2, on a x2−x+1>0. Donc pour tout réel x, x2−x+1>0. » Que manque-t-il à cette preuve ?
Question 11
On bâtit le squelette de la preuve de « pour toutes fonctions f et g croissantes sur R, g∘f est croissante sur R ». Quel est le but le plus intérieur, celui dont on cherche enfin le contenu ?
Question 12
Pour démontrer « pour tout réel x, x2+1>0 et x2−2x+2>0 », quel plan convient ?