Cet article vous plonge dans l’univers des exercices corrigés sur la logique mathématique, où vous découvrirez l’efficacité de différentes méthodes de raisonnement telles que la récurrence, la contraposition, l’absurde et la densité. Cette collection d’exercices couvre une gamme complète de niveaux de difficulté, allant des problèmes les plus simples aux défis les plus complexes. Vous serez guidé à travers ces exercices qui vous aideront à développer votre capacité à résoudre des problèmes logiques de manière méthodique et à approfondir votre compréhension de la logique mathématique. Préparez-vous à explorer les subtilités de la pensée logique et à perfectionner vos compétences en résolution de problèmes.
Selection d’exercices corrigés sur la logique
Cette section contient une variété d’exercices corrigés sur la logique mathématiques. Ces exercices peuvent utiliser des concepts d’autres chapitres, tels que les limites, les suites.
Nier des assertions avec des quantificateurs
Exercice: Nier les assertions suivantes:
- $\forall A>0,$ $\exists N\in \mathbb{N},$ $\forall n\in \mathbb{N}$, $n\ge N \Longrightarrow |u_n|>A$.
- La fonction $f:I\to \mathbb{R}$ est constante
- $\exists N\in\mathbb{N}$, $\forall n\in\mathbb{N}$, $n\ge N \Longrightarrow A_n\in \cap_{i\in J}E_i$.
- $\exists A>0,$ $\forall N\in\mathbb{N},$ $\exists n\in\mathbb{N},$ $n\ge N$ et $|u_n|\le A$. Ici, nous avons utilisé la propriété suivante${\rm non} ((P) \Longrightarrow (Q))$ est équivalente à $(P)$ et non$(Q)$.
- La fonction $f$ est constante si pour tout $x,y\in I$ on a $f(x)=f(y)$. Donc $f$ n’est constante si ils existes $x,y\in I$ (distinct) tels que $f(x)\neq f(y)$.
- $\forall N\in\mathbb{N},$ $\exists n\in\mathbb{N}$ tel que $n\ge N$ et $\exists i_0\in J$ tel que $A_n\notin E_{i_0}$.
Traduire un texte mathématiques aux quantificateurs
Exercice: Dans toutes les questions suivante, traduire le texte mathématiques aux quantificateurs
- Il existe un nombre naturel $k,$ tel que pour tout nombre naturel $n$ supérieur ou égal à $k$, le nombre réel $x$ appartient à l’ensemble $A_n$.
- La distance entre $u_n$ et $\ell$ est inférieure à $\varepsilon$ petit que soit-il dès que l’entier naturel $n$ est supérieur à un certain entier naturel $N$.
- Le nombre $x$ satisfait \begin{align*} x\in\displaystyle \cup_{k\in\mathbb{N}} \cap_{n\ge k} A_n.\end{align*}
- La distance entre $u_n$ et $\ell$ est $|u_n-\ell|$. Donc la phrase La distance entre $u_n$ et $\ell$ est inférieure à $\varepsilon$ petit que soit-il signifie que $\forall \varepsilon >0$ (assez petit), on a $|u_n-\ell|<\varepsilon$. Donc, $\forall \varepsilon >0$, $\exists N\in\mathbb{N},$ $\forall n\in\mathbb{N},$ ($n\ge N \Longrightarrow |u_n-\ell|<\varepsilon$).
- Item 3
Exercices corrigés sur le Raisonnement par l’absurde
Le raisonnement par l’absurde représente une technique particulièrement efficace en mathématiques. Son principe fondamental réside dans la supposition contraire à ce que l’on souhaite démontrer, suivie de la recherche d’une contradiction. Voici un exemple classique souvent étudié au lycée. Voici des exemples:
Exercice: ⭐⭐☆☆☆ Montrer que $\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}$.
Supposons, par absurdité, que $\sqrt{2}\in \mathbb{Q}$. Il existe donc deux entiers de même signe $p,q\in\mathbb{Z}$ avec $q\neq 0$ et le plus grand commun diviseur de $p$ et $q$ est $1$, tel que $\sqrt {2}=\frac{p}{q}$. Sans perdre les généralités, on peut supposer que $p$ et $q$ sont positifs. Prenons le carré des deux côtés de cette égalité, nous avons $p^2=2 q^2$. Cela implique que $p^2$ est pair, et donc $p$ est pair. Alors il existe $k\in\mathbb{N}$ tel que $p=2k$. En remplaçant $p$ par sa valeur, on trouve $4k^2=2 q^2$. Donc $q^2=2k^2,$ donc $q^2$ est pair. Donc $q$ est pair. Nous avons donc montré que $p$ et $q$ sont pairs, ce qui est absurde avec le fait que $p$ et $q$ sont premiers entre eux
Exercice: ⭐⭐☆☆☆ Montrer que la fonction suivante n’est pas continue sur $\mathbb{R}$: \begin{align*} f(x)=\begin{cases} 1,&x\in\mathbb{Q},\cr 0,& x\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}.\end{cases}\end{align*}
Supposons par l’absurde aue $f$ est continue. Donc en particulier $f$ est continue en $0$. Ainsi $$ \forall \varepsilon > 0\;\exists\alpha>0,\;\forall x\in\mathbb{R}: |x| < \alpha \Longrightarrow |f(x)| < \varepsilon.$$ Par suite, pour $\varepsilon=\frac{1}{2}$ et $x\in \mathbb{Q}\cup ]-\alpha,\alpha[$, on obtient $$ 1=|f(x)| < \frac{1}{2}.$$C'est une contraduction. Donc $f$ n'est pas continue en $0$. Alors n'est pas continue sur $\mathbb{R}$.
Remarque : D’autres démonstrations de ce résultat de discontinuité sont disponibles en exploitant les concepts des suites et la notion de densité de l’ensemble des nombres rationnels au sein de l’ensemble des nombres réels.
Exercice: ⭐⭐☆☆☆ Soient $n\in\mathbb{N}^\ast$ et $a_0,a_1,\cdots,a_n$, des nombres reels tels que $$ 0\le a_0\le a_1\le \cdots\le a_n\le 1.$$ Montrer qu’il existent $i,j\in\{0,1,\cdots,n\}$ tels que $|a_i-a_j|\le \frac{1}{n}$.
Par l’absurde, on suppose pour tout $x,y\in \{a_0,a_1,\cdots,a_n\}$, $|x-y|> \frac{1}{n}$. On a \begin{align*}a_n\ge a_n-a_0&=\sum_{k=1}^n (a_k-a_{k-1})\cr &= \sum_{k=1}^n |a_k-a_{k-1}|\cr & > \sum_{k=1}^n \frac{1}{n}=1. \end{align*} Ceci est absurde car $a_n\le 1$.
Exercices sur le raisonnement par contrapostion
Rappelons que pour deux assertions $P$ et $Q$ on a $$ (P\Longrightarrow Q) \iff ({\rm non} Q \Longrightarrow {\rm non} P).$$
Exercice: ⭐☆☆☆☆ Soit $a\in\mathbb{N}$ et considérons les propositions suivantes : ( $P$: $a^2$ est pair) et ($Q$ : $a$ est pair). Montrer que $P \Longrightarrow Q$.
On suppose ${\rm non}Q$, Alors $a$ est impair. Donc il existe $k\in\mathbb{N}$ tel que $a=2k+1$. Par suite, $$ a^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1.$$ Ce qui implique que $a^2$ est impair, donc ${\rm non}P$ est vraie. Ainsi ${\rm non}Q\Longrightarrow {\rm non}P,$ ce qui équivaut à $P \Longrightarrow Q$.
Exercice: Soient $u$ et $v$ deux nombre reels. Montrer $$ u+v\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\Longrightarrow u\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\;\text{ou}\; v\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}.$$
On pose $(P: u+v\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})$ et $Q: u\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}\;\text{ou}\; v\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$. Nous allons montrer que $P\Longrightarrow Q$. Par contraposition, il suffit de montrer que ${\rm non}Q\Longrightarrow {\rm non}P$. En effet, supposons que ${\rm non}Q$ est vraie, alors $u\in \mathbb{Q}$ et $v\in \mathbb{Q}$. Par suite, ils existent $p,p’\in\mathbb{Z}$ et $q,q’\in\mathbb{Z}^\ast$ tel que $u=\frac{p}{q}$ et $v=\frac{p’}{q’}$, Donc $$ u+v=\frac{pq’+p’q}{qq’}\in \mathbb{Q}.$$ Ce qui implique que {\rm non}P$ est vraie.
Raisonnement par récurrence
Dans certaines situations, nous souhaitons démontrer une propriété mathématique, notée $P(n)$, pour tous les entiers $n$ supérieurs ou égaux à un certain seuil $n_0$, où $n_0$ est un nombre naturel donné. Pour réaliser cette démonstration, nous utilisons la méthode de récurrence. Autrement dit, nous commençons par vérifier que la propriété $P(n_0)$ est vraie pour le premier terme $n_0$ (c’est-à-dire que la propriété $P(n)$ est satisfaite lorsque $n$ prend la valeur de $n_0$). Ensuite, nous supposons que la propriété $P(n)$ est vraie, et nous démontrons que la propriété $P(n+1)$ est également vraie.
Exercice: ⭐☆☆☆☆ Soit $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ strictement croissante. Montrer que $\varphi(n)\ge n$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.
Ici P(n):=( $\varphi(n)\ge n$ pour tout $n \in\mathbb{N}$) et $n_0=0$. Il est clair que $\varphi(0)\in\mathbb{N}=\{0,1,2,3,\cdots\}$, donc $\varphi(0)\ge 0$. Donc $P(0)$ est vrai. Nous supposons alors que $P(n)$ est vrai, c’est-à-dire, $\varphi(n)\ge n$. Puisque $\varphi$ est strictement croissant, alors $\varphi(n+1)>\varphi(n)$. Donc $\varphi(n+1)>n,$ et donc $\varphi(n+1)\ge n+1$. ce qui montre que $P(n+1)$ est vrai.
Exercice: ⭐☆☆☆☆ Soit l’ensemble suivant: $$ E:=\{ x>0: \exists p,q\in\mathbb{Z}, x=p+q\sqrt{2}\}.$$ On pose $u_n=(-1+\sqrt{2})^n$ pour tout $n\ge 1$. Montrer que $u_n\in E$ pour tout $n\ge 1$.
Raisonnons par récurrence. Pour $n=1,$ on a $u_1=-1+\sqrt{2}\in E$ (car $-1+\sqrt{2}=0.41\cdots>0$ et $u_1=p+q\sqrt{2}$ avec $p=-1,q=1$). Donc la propriété est vrai pour le premier terme $n=1,$ on suppose que $u_n\in E$ et montrons que $u_{n+1}\in E$. Remarquons que, d’une part, $u_{n+1}=(-1+\sqrt{2}) u_n>0$ car $u_n>0$. D’autre part, comme $u_n\in E,$ alors ils existent $p$ et $q$ dans $\mathbb{Z}$ tels que $u_n=p+q\sqrt{2}$. On a alors \begin{align*} u_{n+1}&=(-1+\sqrt{2}) u_n\cr &= (-1+\sqrt{2}) (p+q\sqrt{2})\cr & = (2q-p)+(p-q)\sqrt{2}\in E.\end{align*}
Exercice: ⭐☆☆☆☆ Montrer que pout tous $x > -1$ et $n\in\in \mathbb{N}$, on a $$ (P_n)\qquad (1+x)^n\ge 1+nx.$$
On a $(1+x)^0=1=1+0 x.$ Donc $(P_0)$ est vraie. Supposons, par récurrence, que $(P_n)$ est vraie aussi, et montrons $(P_{n+1})$. En effet, pour tout $x>-1$, \begin{align*} (1+x)^n&=(1+x)(1+x)^n\cr &\ge (1+x)(1+nx)=1+(n+1)x+nx^2\cr & \ge 1+(n+1)x.\end{align*} Ce qui montre que $(P_{n+1})$ est vraie.
Le rôle de la négation dans les exercices corrigés sur la logique
Exercice: ⭐⭐⭐☆☆ Soit $(u_n)_n$ une suite telle que $|u_n|$ ne tends pas vers $+\infty$ quand $n$ tend vers $+\infty$. Montrer que il existe $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ strictement croissante et il existe un réel $M>0$ tel que $|u_{\varphi(n)}|\le M$.
Tout d’abord, il ne faut pas tomber dans l’erreur de dire qu’une suite qui ne tend pas vers $+\infty$ est bornée. l’hypothèse de l’exercice est la négation de $\lim_{n\to+\infty}|u_n|=+\infty$. Ceci se traduit comme, $\exists M>0,\,\forall N\in\mathbb{N},\,\exists n_1\in \mathbb{N},$ tels que $n_1>N$ et $|u_{n_1}|\le M$.
Refaire la même chose pour $N=n_1$, il existe $n_2>n_1$ tel que $|u_{n_2}|\le M$. Toujours pour $n_2,$ il existe $n_3>n_2$ tel que $|u_{n_3}|\le M$. On refait le même calcul pour tout $k$, il existe $n_k>n_{k-1}$ tel que $|u_{n_k}|\le M$. Nous avons donc construit une application $\varphi:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ telle que $k\mapsto \varphi(k):=n_k$ strictement croissante telle que $|u_{\varphi( k)}|\leq M$ pour tous les $k$.
Raisonnement pas densité
Nous terminons cet article qui concerne les exercices corrigés de logique avec une méthode de raisonnement très efficace. En effet, dans de nombreuses situations en mathématiques, il se présente parfois des cas où il est impossible de démontrer une propriété mathématique $P(x)$ pour $x$ appartenant à l’ensemble des nombres réels $\mathbb{R}$, mais où l’on peut effectuer des calculs lorsque $x$ est restreint à l’ensemble des nombres rationnels $\mathbb{Q}$. Dans de telles circonstances, la stratégie appropriée consiste à établir la propriété $P(x)$ pour $x\in \mathbb{Q}$ puis à exploiter la densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{Q}$ (et éventuellement la notion de continuité si l’on travaille dans un espace de fonctions) pour déduire le résultat général pour $x\in \mathbb{R}$.
Exercice: ⭐⭐⭐⭐☆ Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ une fonction continue telle que $$ f(x+y)=f(x)+f(y),\quad \forall x,y\in \mathbb{R}.$$ Montrer qu’il existe $a\in \mathbb{R}$ tel que $f(x)=a x$ pour tout $x\in \mathbb{R}$.
Nous verrons comment la densité de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ peut aider à résoudre le problème.
📚 On rappelle que cette densité est équivalente à : pour tout $x\in\mathbb{R}$ il existe une séquence $(x_n)_n\subset \mathbb{Q}$ telle que $x_n\to x$ quand $n\to\infty$.
$\bullet$ Tout d’abord, examinons deux propriétés importantes de cette fonction. La première est que $f(0)=0$, car $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$. La deuxième propriété est que $f$ est une fonction impaire. En effet, pour tout $x\in\mathbb{R}$ on a $0=f((-x)+x)=f(-x)+f(x)$. Ainsi $f(-x)=-f(x)$.
$\bullet$ Soit $x\in\mathbb{Q}$ tel que $x\ge 0$, par exemple $x=\frac{p}{q}$ avec $p\in\mathbb{N}$ et $q\in\mathbb{N}^\ast$ (on peut également prendre en compte les cas où $p$ et $q$ sont négatifs). Ainsi \begin{align*} f(x)&=f(p\times \frac{1}{q})\cr &= f(\frac{1}{q}+\frac{1}{q}+\cdots+\frac{1}{a})\cr & =f(\frac{1}{q})+\cdots+f(\frac{1}{q})\cr &= p f(\frac{1}{q}).\end{align*} En revanche, de la même manière, nous avons $$ f(1)=f(q\times \frac{1}{q})=q f(\frac{1}{q}),$$ ce qui donne $$ f(\frac{1}{q})=\frac{1}{q} f(1).$$ On pose $a=f(1)$ on trouve $f(x)=ax$ pour tout $x\in \mathbb{Q}^+$. D’autre part, si $x\in \mathbb{Q}^-$, alors $-x\in \mathbb{Q}^+$. Donc $f(-x)=a (-x)$. Comme $f$ est impaire on a aussi $f(x)=ax$. En conclusion, $f(x)=ax$ pour tout $x\in \mathbb{Q}$.
$\bullet$ Soit $x\in \mathbb{R}$, donc il existe une suite $(x_n)_n$ de rationnls telle que $x_n\to x$ quand $n\to\infty$. D’après le premier cas, pour tout $n\in\mathbb{N}$ on a $f(x_n)=ax_n\to ax$ quand $n\to\infty$. Mais $f$ est continue, donc $f(x_n)\to f(x)$ quand $n\to\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=ax$.
