TD4/DM6 - IMJ-PRG

LM1 – TD 4
Correction.
N. Laillet
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TD 4 : quantificateurs.
Correction
Exercice 3
a. La borne inférieure d’un ensemble est, s’il existe, le plus grand des minorants
de cet ensemble. Montrer que l’énoncé « Le réel mest la borne inférieure de la
partie A» (la variable mest astreinte à Ret la variable Aest astreinte à
l’ensemble des parties de R) est équivalent à :
(∀x∈A m ≤x)∧(∀ε > 0∃x∈A m ≤x<m+ε).
b. Rpossède la propriété de la borne inférieure (c’est-à-dire que toute par-
tie non vide et minorée de Rpossède une borne inférieure). À l’aide de cette
propriété, montrer que toute suite décroissante minorée de réels converge.
Correction
a. Pour montrer que deux énoncés sont équivalents, on montre que l’un implique l’autre
et réciproquement.
(i) Supposons que l’énoncé « Le réel mest la borne inférieure de la partie A» est vrai.
Montrons que
(∀x∈A m ≤x)∧(∀ε > 0∃x∈A m ≤x < m +ε).
–Soit un élément xde A. Le réel mest un minorant de A, donc m≤x.
–Soit ε > 0. Montrons que ∃x∈A m ≤x < m +ε. On peut raisonner par
l’absurde. Si la proposition était fausse, on aurait ∀x∈A, x ≥m+ε. Mais alors
m+εserait un minorant de A, supérieur à m. Ce qui entre en contradiction avec
la définition du minorant de A. La proposition est donc vraie.
(ii) Supposons que l’énoncé
(∀x∈A m ≤x)∧(∀ε > 0∃x∈A m ≤x < m +ε).
est vrai. Montrons que mest la borne inférieure de A.
– Le réel mest un minorant de Acar ∀x∈A m ≤x(définition).
– Montrons que mest le plus grand des minorants de A.Soit µun minorant de A.
Si µ > m, soit ε=µ−m. Alors ε > 0. Par la deuxième partie de la proposition,
∃x∈A m ≤x < m +ε, c’est-à-dire x < µ, ce qui entre en contradiction avec
la définition d un minorant. Donc µ≤m.
Donc mest bien la borne inférieure de A.
b. Soit (un)n∈Nune suite décroissante minorée. Montrons qu’elle converge. Il faut déjà
avoir une idée d’une manière d’exprimer cette limite ! Soit Ala partie de Rformée des
termes de la suite (un)n∈N.Aest non vide, minorée car la suite est minorée. Par la propriété
de la borne inférieure, Aadmet un plus petit élément, appelons-le `. Montrons alors que
un−→n→+∞`.
Soit Iun intervalle ouvert contenant `. Il existe ε > 0tel que Icontient l’intervalle ouvert
]`−ε, ` +ε[.`étant la borne inférieure de A, par la question précédente, il existe un
élément xde Atel que `≤x < ` +ε. Comme xest un élément de A, il existe n0∈Ntel
que x=un0. Mais alors, comme (un)n∈Nest décroissante, pour tout entier k≥n0, on
auk≤un0. Donc, pour tout entier k≥n0,`≤uk≤`+ε, c’est-à-dire que pour tout
k≥n0,uk∈I.
On a donc montré que un−→n→+∞`.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/

LM1 – TD 4
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N. Laillet
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Devoir maison à rendre le 6 novembre.
Exercice 4 (DM)
a. Soient aet bdes réels tels que a6=−1et a+b+ab =−1. Montrer que
b=−1.
b. On a donc montré : Pour tout réels aet btels que a6=−1et a+b+ab =−1,
on a b=−1. En appelant P(x)la proposition x=−1, et Q(x, y)la proposition
x+y+xy =−1, on a montré (les variables aet bétant astreintes à R) :
∀a∀b[(¬P(a)∧Q(a, b)) ⇒P(b)]. Pour chacun des six énoncés ci-dessous :
– Écrire chacun des énoncés suivants à l’aide des connecteurs usuels, des
quantificateurs, et des prédicats P(x) et Q(x,y).
– Indiquer s’il est logiquement équivalent au théorème donné ci-dessus, jus-
tifier.
(i) Quels que soient les réels aet btels que a+b+ab =−1, on a a=−1et
b=−1.
(ii) ∀a, b ∈R[a+b+ab =−1⇒(a=−1ou b=−1)].
(iii) Si aet bsont des réels dont l’un au moins est égal à -1, alors a+b+ab est
égal à -1.
(iv) Il n’existe pas de réels aet btous deux différents de -1 tels que a+b+ab =
−1.
(v) Pour tout réel b∈R\ {−1}, on a : ∀a∈R(a6=−1⇒a+b+ab 6=−1).
(vi) ∀a∈R∀b∈R[a+b+ab =−1⇒(b6=−1⇒a=−1)].
Correction Vous avez fait de grosses bêtises, en ne vous rendant pas compte que la
proposition Q(a, b)dépendait de P(a)et P(b)! Cet exercice est vraiment à revoir.
a. On sait que a+b+ab =−1. Donc b(a+ 1) = −(a+ 1). Comme a6=−1,a+ 1 6= 0
donc b=−1.
b. La question était mal posée : en effet, un synonyme logique de Pour tout réels aet b
tels que a6=−1et a+b+ab =−1, on a b=−1est « VRAI » ! Il suffisait donc juste de
savoir si les énoncés suivants étaient vrais ou faux.
(i) Quels que soient les réels aet btels que a+b+ab =−1, on a a=−1et b=−1.
– Un synonyme est ∀a∀b Q(a, b)⇒[P(a)∧P(b)].
– Montrons que ce théorème est faux (et donc n’est pas logiquement équivalent au
théorème de départ...). La négation de cette proposition est ∃a∃b, (a+b+ab =
1) ∧[(a6=−1) ∨(b6=−1)]. Ce qui est vrai, en prenant a= 0 et b=−1par
exemple.
(ii) ∀a, b ∈R[a+b+ab =−1⇒(a=−1ou b=−1)].
– Un synonyme est ∀a∀bQ(a, b)⇒[P(a)∨P(b)].
– Ce théorème est vrai. Soient aet bdeux réels. Supposons que Q(a, b)est vraie.
Montrons que P(a)est vraie ou P(b)est vraie. On raisonne par disjonction des
cas. Si P(a)est vraie, c’est bon. Sinon, si P(a)est fausse, c’est-à-dire a6=−1, le
théorème précédent montre que P(b)est vraie. Donc le théorème est vrai
(iii) Si aet bsont des réels dont l’un au moins est égal à -1, alors a+b+ab est égal à
-1.
–∀a∀b(P(a)∨P(b)) ⇒Q(a, b)
– Montrons que le théorème est vrai. Si P(a)est vraie, a=−1donc a+ab +
b=−1−b+b=−1donc Q(a, b)est vraie. Si P(b)est vraie, b=−1donc
a+ab +b=a−a−1 = −1donc Q(a, b)est vraie.
(iv) Il n’existe pas de réels aet btous deux différents de -1 tels que a+b+ab =−1.
Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/

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N. Laillet
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– Une proposition équivalente est ¬(∃a∃b¬(P(a)) ∧ ¬(P(b)) ∧Q(a, b)). On peut
la réécrire ∀a∀b P (a)∨P(b)∨ ¬Q(a, b)ou encore ∀a∀b Q(a, b)⇒[P(a)∨P(b)].
– Le théorème est vrai (déjà démontré !).
(v) Pour tout réel b∈R\ {−1}, on a : ∀a∈R(a6=−1⇒a+b+ab 6=−1).
– Un synonyme est ∀b¬P(b)⇒[∀a∈R¬(P(a)) ⇒ ¬(Q(a, b))]. On peut la réécrire
∀b P (b)∨[∀a∈R¬(P(a)) ⇒ ¬(Q(a, b))], que l’on peut réécrire ∀b P (b)∨[∀a∈
RQ(a, b)⇒P(a)].
– Soit bun réel, différent de −1. Soit aun réel, tel que a+ab +b=−1. Alors
a(1 + b) = −(1 + b). Or, (1 + b)6=−1donc a=−1. On a donc démontré le
théorème !
(vi) ∀a∈R∀b∈R[a+b+ab =−1⇒(b6=−1⇒a=−1)].
– un synonyme est ∀a∈R∀b∈RQ(a, b)⇒[¬(P(b)) ⇒P(a)].
– Soient aet bdes réels. Supposons que Q(a, b)est vrai. Montrons ¬(P(b)) ⇒P(a).
Supposons que ¬(P(b)) est vraie. Alors on a a+ab +b=−1et b6=−1. Donc,
par le point précédent, a=−1. Le théorème est ainsi démontré.
Exercice 5 (DM)
Les variables a, b, c, x, y sont astreintes à R.
On considère les énoncés :
U : ∃x, ax2+bx +c= 0
V : ∀x∀y, [ (ax2+bx +c= 0 ∧ay2+by +c= 0) ⇒(x=y) ]
W : ∃x∀y, [ (ax2+bx +c= 0) ∧(ay2+by +c= 0 ⇒x=y) ]
Pour chacun des huit énoncés ci-dessous, donner un énoncé synonyme ne
comportant aucune mutification (ni explicite ni implicite) :
(i) U
(ii) V
(iii) W
(iv) U∧V
(v) U∧ ¬V
(vi) (¬U)∧V
(vii) U∧ ¬W
(viii) (¬U)∧W
Correction Attention à l’oubli des fonctions affines !
(i) Uest la proposition ∃x, ax2+bx +c= 0. Un synonyme est ((a6= 0) ⇒(b2−4ac ≥
0)) ∧((a= 0) ⇒((b6= 0) ∨(c= 0))).
(ii) Vest la proposition ∀x∀y, [ (ax2+bx +c= 0 ∧ay2+by +c= 0) ⇒(x=y) ]. Un
synonyme est ((a6= 0) ⇒(b2−4ac ≤0)) ∧((a= 0) ⇒(b6= 0)). Et oui ! Lorsqu’il
n’y a pas de solution réelle, la proposition est quand même vraie ! ! !
(iii) West la proposition ∃x∀y, [ (ax2+bx +c= 0) ∧(ay2+by +c= 0 ⇒x=y) ].
En revanche, ici, il fallait qu’il existe une solution. Le synonyme est donc ((a6= 0) ⇒
(b2−4ac = 0)) ∧((a= 0) ⇒(b6= 0)). On remarque donc que W=U∧V.
(iv) U∧VUn synonyme est ((a6= 0) ⇒(b2−4ac = 0)) ∧((a= 0) ⇒(b6= 0)).
(v) U∧¬VUn synonyme est ((a6= 0) ⇒(b2−4ac > 0))∧((a= 0) ⇒((b= 0)∧(c= 0))
(il faut prendre en compte la fonction nulle !).
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N. Laillet
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(vi) (¬U)∧VUn synonyme est ((a6= 0) ⇒(b2−4ac < 0))∧((a= 0) ⇒((b= 0)∧(c6=
0))).
(vii) U∧ ¬WUn synonyme est ((a6= 0) ⇒(b2−4ac > 0)) ∧((a= 0) ⇒((b= 0) ∧(c=
0)).
(viii) (¬U)∧WUn synonyme est FAUX. En effet, si ¬Uest vrai, b2−4ac < 0et donc
Wne peut pas être vrai.
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