TD4/DM6 - IMJ-PRG
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LM1 – TD 4 Correction. N. Laillet [email protected] 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 m est la borne inférieure de la partie A » (la variable m est astreinte à R et la variable A est astreinte à l’ensemble des parties de R) est équivalent à : (∀x ∈ A m ≤ x) ∧ (∀ε > 0 ∃x ∈ A m ≤ x < m + ε). b. R possède la propriété de la borne inférieure (c’est-à-dire que toute partie non vide et minorée de R possède 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 m est 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 x de A. Le réel m est 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 + ε serait 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 m est la borne inférieure de A. – Le réel m est un minorant de A car ∀x ∈ A m ≤ x (définition). – Montrons que m est le plus grand des minorants de A. Soit µ un 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 m est bien la borne inférieure de A. b. Soit (un )n∈N une suite décroissante minorée. Montrons qu’elle converge. Il faut déjà avoir une idée d’une manière d’exprimer cette limite ! Soit A la partie de R formée des termes de la suite (un )n∈N . A est non vide, minorée car la suite est minorée. Par la propriété de la borne inférieure, A admet un plus petit élément, appelons-le `. Montrons alors que un −→n→+∞ `. Soit I un intervalle ouvert contenant `. Il existe ε > 0 tel que I contient l’intervalle ouvert ]` − ε, ` + ε[. ` étant la borne inférieure de A, par la question précédente, il existe un élément x de A tel que ` ≤ x < ` + ε. Comme x est un élément de A, il existe n0 ∈ N tel que x = un0 . Mais alors, comme (un )n∈N est décroissante, pour tout entier k ≥ n0 , on a uk ≤ 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 Correction. N. Laillet [email protected] Devoir maison à rendre le 6 novembre. Exercice 4 (DM) a. Soient a et b des réels tels que a 6= −1 et a + b + ab = −1. Montrer que b = −1. b. On a donc montré : Pour tout réels a et b tels que a 6= −1 et 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 a et b étant 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, justifier. (i) Quels que soient les réels a et b tels que a + b + ab = −1, on a a = −1 et b = −1. (ii) ∀a, b ∈ R [a + b + ab = −1 ⇒ (a = −1 ou b = −1)]. (iii) Si a et b sont 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 a et b tous deux différents de -1 tels que a + b + ab = −1. (v) Pour tout réel b ∈ R \ {−1}, on a : ∀a ∈ R (a 6= −1 ⇒ a + b + ab 6= −1). (vi) ∀a ∈ R ∀b ∈ R [a + b + ab = −1 ⇒ (b 6= −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 a 6= −1, a + 1 6= 0 donc b = −1. b. La question était mal posée : en effet, un synonyme logique de Pour tout réels a et b tels que a 6= −1 et a + b + ab = −1, on a b = −1 est « VRAI » ! Il suffisait donc juste de savoir si les énoncés suivants étaient vrais ou faux. (i) Quels que soient les réels a et b tels que a + b + ab = −1, on a a = −1 et 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) ∧ [(a 6= −1) ∨ (b 6= −1)]. Ce qui est vrai, en prenant a = 0 et b = −1 par exemple. (ii) ∀a, b ∈ R [a + b + ab = −1 ⇒ (a = −1 ou b = −1)]. – Un synonyme est ∀a ∀bQ(a, b) ⇒ [P (a) ∨ P (b)]. – Ce théorème est vrai. Soient a et b deux 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 a 6= −1, le théorème précédent montre que P (b) est vraie. Donc le théorème est vrai (iii) Si a et b sont 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 = −1 donc a + ab + b = −1 − b + b = −1 donc Q(a, b) est vraie. Si P (b) est vraie, b = −1 donc a + ab + b = a − a − 1 = −1 donc Q(a, b) est vraie. (iv) Il n’existe pas de réels a et b tous 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/ LM1 – TD 4 Correction. N. Laillet [email protected] – 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 (a 6= −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 ∈ R Q(a, b) ⇒ P (a)]. – Soit b un réel, différent de −1. Soit a un réel, tel que a + ab + b = −1. Alors a(1 + b) = −(1 + b). Or, (1 + b) 6= −1 donc a = −1. On a donc démontré le théorème ! (vi) ∀a ∈ R ∀b ∈ R [a + b + ab = −1 ⇒ (b 6= −1 ⇒ a = −1)]. – un synonyme est ∀a ∈ R ∀b ∈ RQ(a, b) ⇒ [¬(P (b)) ⇒ P (a)]. – Soient a et b des 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 = −1 et b 6= −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 ∧ ay 2 + by + c = 0) ⇒ (x = y) ] W : ∃x ∀y, [ (ax2 + bx + c = 0) ∧ (ay 2 + 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) U est la proposition ∃x, ax2 + bx + c = 0. Un synonyme est ((a 6= 0) ⇒ (b2 − 4ac ≥ 0)) ∧ ((a = 0) ⇒ ((b 6= 0) ∨ (c = 0))). (ii) V est la proposition ∀x ∀y, [ (ax2 + bx + c = 0 ∧ ay 2 + by + c = 0) ⇒ (x = y) ]. Un synonyme est ((a 6= 0) ⇒ (b2 − 4ac ≤ 0)) ∧ ((a = 0) ⇒ (b 6= 0)). Et oui ! Lorsqu’il n’y a pas de solution réelle, la proposition est quand même vraie ! ! ! (iii) W est la proposition ∃x ∀y, [ (ax2 + bx + c = 0) ∧ (ay 2 + by + c = 0 ⇒ x = y) ]. En revanche, ici, il fallait qu’il existe une solution. Le synonyme est donc ((a 6= 0) ⇒ (b2 − 4ac = 0)) ∧ ((a = 0) ⇒ (b 6= 0)). On remarque donc que W = U ∧ V . (iv) U ∧ V Un synonyme est ((a 6= 0) ⇒ (b2 − 4ac = 0)) ∧ ((a = 0) ⇒ (b 6= 0)). (v) U ∧¬V Un synonyme est ((a 6= 0) ⇒ (b2 −4ac > 0))∧((a = 0) ⇒ ((b = 0)∧(c = 0)) (il faut prendre en compte la fonction nulle !). Les feuilles de TD sont disponibles à la page http://www.math.jussieu.fr/∼laillet/ LM1 – TD 4 Correction. N. Laillet [email protected] (vi) (¬U ) ∧ V Un synonyme est ((a 6= 0) ⇒ (b2 − 4ac < 0)) ∧ ((a = 0) ⇒ ((b = 0) ∧ (c 6= 0))). (vii) U ∧ ¬W Un synonyme est ((a 6= 0) ⇒ (b2 − 4ac > 0)) ∧ ((a = 0) ⇒ ((b = 0) ∧ (c = 0)). (viii) (¬U ) ∧ W Un synonyme est FAUX. En effet, si ¬U est vrai, b2 − 4ac < 0 et donc W ne peut pas être vrai. 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