Mathématiques · Algèbre 1 · chapitre 1 sur 5

Logique

Algèbre 1, semestre 1 — programme commun ENSA, ENSAM, FST, FS, EST, APESA et CPGE

Le chapitre de logique fixe les règles de rédaction de tout le cursus : ce que veulent dire « pour tout » et « il existe », comment nier une phrase, comment enchaîner des implications. Chaque type de raisonnement, direct, par contraposée, par l'absurde, par récurrence ou par analyse-synthèse, répond à une forme d'énoncé ; savoir lequel choisir fait partie de l'exercice.

Sur MC² : 6 vidéos · 1 h 58 · 2 résumés de cours · 2 séries d'exercices corrigés du cours

Ce que couvre le chapitre

  • Assertions et connecteurs. Une assertion est vraie ou fausse. On la combine avec la négation ¬P\lnot P (« non PP »), la conjonction P∧QP\wedge Q (« et »), la disjonction P∨QP\vee Q (« ou » inclusif), l'implication P⇒QP\Rightarrow Q et l'équivalence P⇔QP\Leftrightarrow Q. L'implication n'est fausse que si PP est vraie et QQ fausse : elle a la même valeur que ¬P∨Q\lnot P\vee Q.

  • Lois logiques. Lois de De Morgan : ¬(P∧Q)⇔(¬P∨¬Q)\lnot(P\wedge Q)\Leftrightarrow(\lnot P\vee\lnot Q) et ¬(P∨Q)⇔(¬P∧¬Q)\lnot(P\vee Q)\Leftrightarrow(\lnot P\wedge\lnot Q) ; distributivité de « et » sur « ou », et inversement ; négation d'une implication : ¬(P⇒Q)⇔(P∧¬Q)\lnot(P\Rightarrow Q)\Leftrightarrow(P\wedge\lnot Q).

  • Quantificateurs. ∀x∈E, P(x)\forall x\in E,\ P(x) et ∃x∈E, P(x)\exists x\in E,\ P(x), avec ∃!\exists! pour « il existe un unique ». La négation échange ∀\forall et ∃\exists et nie la propriété : ¬(∀x∈E, P(x))⇔(∃x∈E, ¬P(x))\lnot(\forall x\in E,\ P(x))\Leftrightarrow(\exists x\in E,\ \lnot P(x)). Deux quantificateurs de natures différentes ne s'échangent pas.

  • Réciproque et contraposée. La contraposée ¬Q⇒¬P\lnot Q\Rightarrow\lnot P est équivalente à P⇒QP\Rightarrow Q ; la réciproque Q⇒PQ\Rightarrow P ne l'est pas. Une équivalence se démontre par deux implications, ou par une chaîne d'équivalences dont chaque étape est réversible.

  • Absurde et analyse-synthèse. Par l'absurde, on suppose ¬P\lnot P et l'on aboutit à une contradiction. Par analyse-synthèse, on suppose qu'une solution existe et l'on en déduit sa forme (analyse), puis on vérifie quels candidats conviennent (synthèse) ; quand l'analyse ne laisse qu'un candidat, elle prouve l'unicité, et la synthèse l'existence.

  • Récurrence. Si P(n0)P(n_0) est vraie et si P(n)⇒P(n+1)P(n)\Rightarrow P(n+1) pour tout n≥n0n\geq n_0, alors P(n)P(n) est vraie pour tout entier n≥n0n\geq n_0. Variantes : la récurrence double, avec deux initialisations, où P(n)P(n) et P(n+1)P(n+1) entraînent P(n+2)P(n+2) ; la récurrence forte, où l'on suppose P(n0),…,P(n)P(n_0),\dots,P(n) pour prouver P(n+1)P(n+1).

Ce qui est attendu à l'examen

  • Écrire la négation d'une phrase quantifiée, comme « ff est majorée » ou « (un)(u_n) converge vers ℓ\ell » : la négation de « ∀ε>0\forall\varepsilon>0 » est « ∃ε>0\exists\varepsilon>0 », pas « ∃ε≤0\exists\varepsilon\leq0 ».

  • Traduire une phrase en langage formel avec les quantificateurs dans le bon ordre, et relire une formule quantifiée en français.

  • Choisir le raisonnement adapté : contraposée quand la conclusion se manipule mal directement, absurde pour une impossibilité ou une irrationalité, analyse-synthèse pour une existence avec unicité.

  • Rédiger une récurrence complète : énoncé de P(n)P(n), initialisation, hérédité pour un nn quelconque, conclusion.

  • Démontrer une équivalence en séparant clairement les deux implications, ou en vérifiant que chaque étape d'une chaîne d'équivalences se lit dans les deux sens.

L'erreur classique

Nier une implication par une autre implication

« ff est croissante sur R\mathbb{R} » s'écrit ∀x,y∈R, (x≤y⇒f(x)≤f(y))\forall x,y\in\mathbb{R},\ (x\leq y\Rightarrow f(x)\leq f(y)). Pour la négation, on écrit parfois ∀x,y∈R, (x≤y⇒f(x)>f(y))\forall x,y\in\mathbb{R},\ (x\leq y\Rightarrow f(x)>f(y)), ou la même phrase avec ∃\exists. Aucune ne convient : la première est fausse pour toute fonction (avec x=yx=y, elle exigerait f(x)>f(x)f(x)>f(x)), la seconde est vraie pour toute fonction (avec x=1x=1 et y=0y=0, l'hypothèse x≤yx\leq y est fausse, donc l'implication est vraie).

La négation d'une implication n'est pas une implication : ¬(P⇒Q)\lnot(P\Rightarrow Q) équivaut à P∧¬QP\wedge\lnot Q. D'où la bonne négation :

∃x,y∈R,x≤y  et  f(x)>f(y).\exists x,y\in\mathbb{R},\quad x\leq y\ \text{ et }\ f(x)>f(y).

« Non croissante » ne veut donc pas dire « décroissante » : x↦x2x\mapsto x^2 n'est pas croissante, car −1≤0-1\leq0 et (−1)2=1>0=02(-1)^2=1>0=0^2, et elle n'est pas décroissante non plus.

Exemples corrigés

Exemple 1 — Nier une définition pour prouver une discontinuité

La continuité de f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R} en 00 s'écrit ∀ε>0, ∃δ>0, ∀x∈R, ∣x∣≤δ⇒∣f(x)−f(0)∣≤ε\forall\varepsilon>0,\ \exists\delta>0,\ \forall x\in\mathbb{R},\ |x|\leq\delta\Rightarrow|f(x)-f(0)|\leq\varepsilon. Écrire sa négation, puis montrer que la fonction définie par f(x)=1f(x)=1 si x>0x>0 et f(x)=0f(x)=0 si x≤0x\leq0 n'est pas continue en 00.

Corrigé

On change chaque ∀\forall en ∃\exists et chaque ∃\exists en ∀\forall, en gardant les conditions ε>0\varepsilon>0 et δ>0\delta>0, puis l'on nie l'implication finale grâce à ¬(P⇒Q)⇔(P∧¬Q)\lnot(P\Rightarrow Q)\Leftrightarrow(P\wedge\lnot Q) :

∃ε>0, ∀δ>0, ∃x∈R,∣x∣≤δ  et  ∣f(x)−f(0)∣>ε.\exists\varepsilon>0,\ \forall\delta>0,\ \exists x\in\mathbb{R},\quad |x|\leq\delta\ \text{ et }\ |f(x)-f(0)|>\varepsilon.

Pour la fonction proposée, prenons ε=12\varepsilon=\dfrac12. Soit δ>0\delta>0 : le réel x=δx=\delta vérifie ∣x∣≤δ|x|\leq\delta et ∣f(x)−f(0)∣=∣1−0∣=1>12|f(x)-f(0)|=|1-0|=1>\dfrac12. La négation est vraie, donc ff n'est pas continue en 00. Le xx choisi dépend de δ\delta, ce que l'ordre « ∀δ>0, ∃x\forall\delta>0,\ \exists x » autorise.

Exemple 2 — Une irrationalité par l'absurde

Montrer que le réel ln⁡2ln⁡3\dfrac{\ln2}{\ln3} est irrationnel.

Corrigé

Supposons-le rationnel. Comme ln⁡2>0\ln2>0 et ln⁡3>0\ln3>0, il est strictement positif, donc il s'écrirait pq\dfrac{p}{q} avec p,q∈N∗p,q\in\mathbb{N}^*. Alors qln⁡2=pln⁡3q\ln2=p\ln3, soit ln⁡(2q)=ln⁡(3p)\ln(2^q)=\ln(3^p), et par injectivité de ln⁡\ln sur ]0,+∞[]0,+\infty[ :

2q=3p.2^q=3^p.

Or 2q2^q est pair puisque q≥1q\geq1, et 3p3^p est impair comme produit de nombres impairs. Un entier ne peut pas être à la fois pair et impair : l'hypothèse est absurde, et ln⁡2ln⁡3\dfrac{\ln2}{\ln3} est irrationnel.

Exemple 3 — Une décomposition par analyse-synthèse

Montrer que toute fonction f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R} s'écrit de façon unique f=g+hf=g+h, où gg est affine, de la forme g(x)=ax+bg(x)=ax+b, et où hh s'annule en 00 et en 11.

Corrigé

Analyse. Supposons f=g+hf=g+h avec g(x)=ax+bg(x)=ax+b et h(0)=h(1)=0h(0)=h(1)=0. En évaluant en 00 puis en 11 : f(0)=bf(0)=b et f(1)=a+bf(1)=a+b. Donc nécessairement b=f(0)b=f(0) et a=f(1)−f(0)a=f(1)-f(0), puis h=f−gh=f-g : si la décomposition existe, elle est unique.

Synthèse. Posons g(x)=(f(1)−f(0))x+f(0)g(x)=\big(f(1)-f(0)\big)x+f(0) et h=f−gh=f-g. Alors gg est affine, f=g+hf=g+h, et

h(0)=f(0)−f(0)=0,h(1)=f(1)−(f(1)−f(0)+f(0))=0.h(0)=f(0)-f(0)=0,\qquad h(1)=f(1)-\big(f(1)-f(0)+f(0)\big)=0.

Le couple trouvé dans l'analyse convient : la décomposition existe, et elle est unique.

Andek chi soual ?

Questions fréquentes sur ce chapitre

Quelle différence entre la réciproque et la contraposée d'une implication ?

La contraposée de « P implique Q » est « non Q implique non P » : elle lui est équivalente, et la démontrer revient à démontrer l'implication de départ. La réciproque est « Q implique P » : elle peut être fausse alors que l'implication est vraie. Par exemple, « x = 2 implique x² = 4 » est vraie pour tout réel x, mais sa réciproque est fausse pour x = -2.

Peut-on échanger « pour tout » et « il existe » dans une phrase ?

Non, l'ordre change le sens. « Pour tout réel x, il existe un réel y strictement supérieur à x » est vraie : y = x + 1 convient. « Il existe un réel y strictement supérieur à tous les réels x » est fausse : ce y devrait être strictement supérieur à lui-même. Dans la première phrase, y peut dépendre de x ; dans la seconde, il doit être le même pour tous les x.

Une hérédité suffit-elle pour conclure une récurrence ?

Non, l'initialisation est indispensable. La propriété « 4^n + 1 est divisible par 3 » est héréditaire, puisque 4^(n+1) + 1 = 4(4^n + 1) - 3, mais elle n'est vraie pour aucun entier n : 4^n + 1 a toujours pour reste 2 dans la division par 3. Une récurrence complète vérifie le premier cas, puis montre que chaque cas entraîne le suivant.

Y a-t-il un cours en vidéo sur « Logique » (Algèbre 1) ?

Oui. Sur MC² Academy, le chapitre « Logique » du module Algèbre 1 compte 6 vidéos (1 h 58), 2 résumés, 8 séries d'exercices corrigés, 2 QCM (20 questions) et 2 polys rédigés. L'inscription est gratuite.

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