Notions de logique : Cours

Exemples

• « Pour tout \(x \in \mathbb{R}\), on a \(x^2 \ge 0\) »
• « \(2 + 2 = 5\) »
• « \(\frac{1}{2} \in \mathbb{N}\) »
• « \(\pi \in \mathbb{Q}\) »
• « 16 est le carré de 3 »

Exemples

• Table de vérité d'une proposition \(P\) :

  \(P\)
  V
  F

• La proposition : « 16 est le carré de 3 » est fausse. On dit que sa valeur de vérité est F (ou 0).

Exemples

• La négation de « \(AB^2 + AC^2 = BC^2\) » est « \(AB^2 + AC^2 \neq BC^2\) ».
• La négation de « \(x \leqslant 5\) » est « \(x > 5\) », et non pas « \(x \geqslant 5\) ».
• La négation de « \(x \in ]-\infty ; 5[\) » est « \(x \notin ]-\infty ; 5[\) ».
• La négation de « 5 est un entier pair » est « 5 est un entier impair ».
• La négation de « \(\{2, 4, 8, 10\} \subset \mathbb{N}\) » est « \(\{2, 4, 8, 10\} \not\subset \mathbb{N}\) ».

Exemples

• \(P_1\) : « 36 est un nombre pair et divisible par 3. »
  Cette proposition est vraie car les deux propositions qui la composent sont vraies.
• \(P_2\) : « 55 est un multiple de 5 et pair. »
  Cette proposition est fausse car « 55 est un multiple de 5 » est vraie, mais « 55 est pair » est fausse.

Exemples

• \(P_1\) : « 5 est un nombre pair ou 10 est impair. »
  Cette proposition est fausse car les deux propositions qui la composent sont fausses.
• \(P_2\) : « \(\sqrt{2} = 1\) ou \(\sqrt{1} = 1\) »
  Cette proposition est vraie car l'une des deux propositions qui la composent est vraie (\(\sqrt{1} = 1\)).
• \(P_3\) : « \(\sqrt{16} = 4\) ou \(1^2 = 1\) »
  Les deux propositions qui composent cette proposition sont vraies, donc la proposition \(P_3\) est vraie.
• \(P_4\) : « \(-2^2 = 4\) ou \(2^2 = 4\) »
  Cette proposition est vraie car l'une des deux propositions qui la composent est vraie (\(2^2 = 4\)).

Exemples

• La variable \(x\) étant un élément de \(\mathbb{N}\), l'énoncé « \(x + 2 = 5\) » est vrai pour \(x = 3\) et faux pour tous les autres nombres. C'est une fonction propositionnelle définie sur \(\mathbb{N}\).
• \(P(x) : x > 0\) avec \(x \in \mathbb{R}\) est une fonction propositionnelle ; elle est vraie pour \(x = 1\) et fausse pour \(x = -2\).

Exemples

• La proposition \(\forall x \in \mathbb{N} : x+1 > 0\) signifie que pour tout objet \(x\), on a \(x+1 > 0\), ou encore que quelle que soit la valeur prise par \(x\), on a \(x+1 > 0\).
• La proposition \(\exists x \in \mathbb{Z} : x+30 < 15\) signifie qu'il existe au moins une valeur de \(x\) telle que \(x+30 < 15\).
• \(\forall x \in [1, +\infty[\quad (x^{2} \geqslant 1)\) est une assertion vraie.
• \(\forall x \in \mathbb{R} \quad (x^{2} \geqslant 1)\) est une assertion fausse.
• \(\forall n \in \mathbb{N} \quad n(n+1)\) est divisible par 2 est une assertion vraie.

Exemple

• La négation de « \(\forall x \in [1, +\infty[\quad (x^{2} \geqslant 1)\) » est l'assertion :

  \(\exists x \in [1, +\infty[\quad (x^{2} < 1)\)

  En effet, la négation de \(x^{2} \geqslant 1\) est \(\text{non}(x^{2} \geqslant 1)\), qui s'écrit plus simplement \(x^{2} < 1\).

Exemple 1

Soient \(a\) et \(b\) deux éléments de \(\mathbb{R}\) tels que : \(a+b = 1\).

Montrons que \(ab \leq \dfrac{1}{4}\).

On a \(a+b = 1\), donc \(b = 1-a\).

Calculons la différence :

\(ab - \dfrac{1}{4} = a(1-a) - \dfrac{1}{4} = a - a^{2} - \dfrac{1}{4} = -\left(a - \dfrac{1}{2}\right)^{2} \leq 0\)

Alors \(ab - \dfrac{1}{4} \leq 0\), d'où \(ab \leq \dfrac{1}{4}\).

Exemple 2

Soient \(a\) et \(b\) deux réels tels que : \(a+b = 1\).

Montrer que \(ab \leq \dfrac{1}{4}\).

On a :

\(\begin{aligned} a+b=1 &\Rightarrow \begin{cases} b=1-a \\ ab=a(1-a) \end{cases} \\ &\Rightarrow ab = a - a^{2} \\ &\Rightarrow ab - \frac{1}{4} = -a^{2} + a - \frac{1}{4} \\ &\Rightarrow ab - \frac{1}{4} = -\left(a - \frac{1}{2}\right)^{2} \\ &\Rightarrow ab - \frac{1}{4} \leqslant 0 \\ &\Rightarrow ab \leqslant \frac{1}{4} \end{aligned}\)

Exemple 3

Montrons que : \(\forall x \in \mathbb{R}^{*+}, \quad \dfrac{x+1}{2} \geq \sqrt{x}\)

Posons \(p : \forall x \in \mathbb{R}^{*+}, (\sqrt{x}-1)^{2} \geq 0\) (proposition vraie) et \(q : \forall x \in \mathbb{R}^{*+}, \dfrac{x+1}{2} \geq \sqrt{x}\).

Pour montrer que \(q\) est vraie par déduction, il suffit de montrer que \(p \Rightarrow q\).

On a :

\(\begin{aligned} &\forall x \in \mathbb{R}^{*+}, (\sqrt{x}-1)^{2} \geq 0 \\ &\Rightarrow \forall x \in \mathbb{R}^{*+}, x - 2\sqrt{x} + 1 \geq 0 \\ &\Rightarrow \forall x \in \mathbb{R}^{*+}, x + 1 \geq 2\sqrt{x} \\ &\Rightarrow \forall x \in \mathbb{R}^{*+}, \dfrac{x+1}{2} \geq \sqrt{x} \end{aligned}\)

Donc \(p \Rightarrow q\) est vraie.

D'où : \(\forall x \in \mathbb{R}^{*+}, \quad \dfrac{x+1}{2} \geq \sqrt{x}\)

Exemple 4

Montrons que : \(\underbrace{\forall x \in [7,+\infty[, \quad (x-4)^{2}+3 \geqslant 12}_{q}\)

On a :

\(\begin{aligned} &\underbrace{\forall x \in [7,+\infty[, x \geqslant 7}_{p} \\&\Rightarrow \forall x \in [7,+\infty[, x-4 \geqslant 3 \\ &\Rightarrow \forall x \in [7,+\infty[, (x-4)^{2} \geqslant 3^{2} \\ &\Rightarrow \forall x \in [7,+\infty[, (x-4)^{2} \geqslant 9 \\ &\Rightarrow \forall x \in [7,+\infty[, (x-4)^{2}+3 \geqslant 9+3 \\ &\Rightarrow \underbrace{\forall x \in [7,+\infty[, (x-4)^{2}+3 \geqslant 12}_{q} \end{aligned}\)

Comme la prémisse \(p\) est vraie et \(p \Rightarrow q\), alors \(q\) est vraie.

Donc : \(\forall x \in [7,+\infty[, \quad (x-4)^{2}+3 \geqslant 12\)

Exemple 5

Montrons que : \(\forall (a,b) \in \left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{2}, \quad \sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}\)

On a :

\(\begin{aligned} &\forall(a, b) \in\left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{2}, (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} \geqslant 0 \\ &\Rightarrow \forall(a, b) \in\left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{2}, a + b - 2\sqrt{ab} \geqslant 0 \\ &\Rightarrow \forall(a, b) \in\left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{2}, 2\sqrt{ab} \leqslant a+b \\ &\Rightarrow \forall(a, b) \in\left(\mathbb{R}^{+*}\right)^{2}, \sqrt{ab} \leqslant \dfrac{a+b}{2} \end{aligned}\)

D'où : \(\forall a \in \mathbb{R}^{+*}, \forall b \in \mathbb{R}^{+*}, \quad \sqrt{ab} \leq \dfrac{a+b}{2}\)

Exemple 1

Montrons que : \(\forall x \in \mathbb{R}^+, \quad (x \neq 4 \Rightarrow \sqrt{x} - 1 \neq \frac{x}{4})\)

• Soit \(x \in \mathbb{R}^+\). Par contraposée, la proposition s'écrit :
  \(\sqrt{x} - 1 = \frac{x}{4} \Rightarrow x = 4\)
• Montrons donc cette implication :
  \(\sqrt{x} - 1 = \frac{x}{4} \Rightarrow x - 4\sqrt{x} + 4 = 0\)
  \(\hphantom{\sqrt{x} - 1 = \frac{x}{4}} \Rightarrow (\sqrt{x} - 2)^2 = 0\)
  \(\hphantom{\sqrt{x} - 1 = \frac{x}{4}} \Rightarrow \sqrt{x} = 2\)
  \(\hphantom{\sqrt{x} - 1 = \frac{x}{4}} \Rightarrow x = 4\)
• Donc, d'après le principe du raisonnement par contraposée :
  \(\forall x \in \mathbb{R}^+, \quad x \neq 4 \Rightarrow \sqrt{x} - 1 \neq \frac{x}{4}\)

Exemple 2

Soit \(x\) un nombre réel. Montrons que : \(x \neq 5 \Rightarrow \frac{x + 3}{x - 1} \neq 2\)

• Montrons la contraposée : \(\frac{x + 3}{x - 1} = 2 \Rightarrow x = 5\)
  \(\frac{x + 3}{x - 1} = 2 \Rightarrow x + 3 = 2(x - 1)\)
  \(\hphantom{\frac{x + 3}{x - 1} = 2} \Rightarrow x + 3 = 2x - 2\)
  \(\hphantom{\frac{x + 3}{x - 1} = 2} \Rightarrow x = 5\)
• Ainsi, par contraposée : \(x \neq 5 \Rightarrow \frac{x + 3}{x - 1} \neq 2\)

Exemple 3

Soit \(x \in \mathbb{R} \setminus \{-5\}\). Montrons que : \(x \neq -8 \Rightarrow \frac{x + 2}{x + 5} \neq 2\)

• Montrons la contraposée : \(\frac{x + 2}{x + 5} = 2 \Rightarrow x = -8\)
  \(\frac{x + 2}{x + 5} = 2 \Rightarrow x + 2 = 2(x + 5)\)
  \(\hphantom{\frac{x + 2}{x + 5} = 2} \Rightarrow x + 2 = 2x + 10\)
  \(\hphantom{\frac{x + 2}{x + 5} = 2} \Rightarrow x = -8\)
• Ainsi, par contraposée : \(x \neq -8 \Rightarrow \frac{x + 2}{x + 5} \neq 2\)

Exemple 4

Montrons que pour tout entier \(n \in \mathbb{N}\) : (\(n^2\) est pair) \(\Rightarrow\) (\(n\) est pair)

• Par contraposée, montrons que : (\(n\) est impair) \(\Rightarrow\) (\(n^2\) est impair)
• On suppose que \(n\) est impair, donc \(\exists k \in \mathbb{N}, \quad n = 2k + 1\).
  Alors :
  \(n^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1\)
  Puisque \(2k^2 + 2k \in \mathbb{N}\), \(n^2\) est bien un nombre impair.
• Par conséquent, d'après le raisonnement par contraposée :
  \(n^2 \text{ est pair} \Rightarrow n \text{ est pair}\)

Exemple 1

Montrons que \(\dfrac{1}{3}\) n'est pas un nombre décimal.

On suppose que \(\dfrac{1}{3}\) est un nombre décimal.

Donc il existe \(a \in \mathbb{Z}\) et \(b \in \mathbb{N}\) tels que : \(\dfrac{1}{3} = \dfrac{a}{10^{b}}\).

Donc \(10^{b} = 3 \times a\), ce qui signifie que \(10^{b}\) est un multiple de \(3\).

(Contradiction, car la somme des chiffres de \(10^{b}\) est toujours égale à \(1\), donc \(10^b\) n'est pas divisible par \(3\)).

Donc l'hypothèse « \(\dfrac{1}{3}\) est un nombre décimal » est fausse.

D'où, d'après le raisonnement par l'absurde, \(\dfrac{1}{3}\) n'est pas un nombre décimal.

Exemple 2

Soit \(n\) un entier naturel.

Montrons que : \(\underbrace{n^{2} \text{ impair}}_{P} \implies \underbrace{n \text{ impair}}_{Q}\).

Supposons que \(\underbrace{n^{2} \text{ impair et } n \text{ pair}}_{P \land \overline{Q}}\).

Alors :

\(\begin{aligned} &n \text{ pair} \implies \exists k \in \mathbb{N} : n = 2k \\ &\implies n^{2} = 4k^{2} = 2(2k^{2}) \text{ avec } k \in \mathbb{N} \\ &\implies n^{2} \\ & \text{ est pair (Contradiction avec } n^2 \text{ impair)}. \end{aligned}\)

Donc d'après le raisonnement par l'absurde : \(n^{2} \text{ impair} \implies n \text{ impair}\).

Exemple 3

Soient \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) deux vecteurs non nuls et non colinéaires.

Montrons que : \((\forall (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^{2}) \quad ((\alpha \vec{u} + \beta \vec{v} = \overrightarrow{0}) \implies (\alpha = \beta = 0))\).

Supposons qu'il existe \((\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^{2}\) tels que \(\alpha \vec{u} + \beta \vec{v} = \overrightarrow{0}\) et (\(\alpha \neq 0\) ou \(\beta \neq 0\)).

Supposons (par exemple) que \(\alpha \neq 0\). On a alors :

\(\alpha \vec{u} + \beta \vec{v} = \overrightarrow{0} \iff \vec{u} = -\frac{\beta}{\alpha} \vec{v}\)

Donc \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires (Contradiction, car les données précisent que \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) sont deux vecteurs non nuls et non colinéaires).

Par suite, notre hypothèse (\(\alpha \neq 0\) ou \(\beta \neq 0\)) est fausse.

Donc \(\alpha\) et \(\beta\) doivent être tous les deux nuls.

D'où, d'après le raisonnement par l'absurde :

\((\forall (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^{2}) \quad ((\alpha \vec{u} + \beta \vec{v} = \overrightarrow{0}) \implies (\alpha = \beta = 0))\)

Exemple 4

Montrons que : \(\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad n^{2}+1\) n'est pas un carré parfait.

Supposons la négation : \(\overline{P} : \exists n \in \mathbb{N}^*, \exists a \in \mathbb{N}^*, \quad n^{2}+1=a^{2}\).

On a :

\(\begin{aligned} n^{2}+1 = a^{2} &\implies a^{2}-n^{2} = 1 \\ &\implies (a-n)(a+n) = 1 \end{aligned}\)

Puisque \(n^{2}+1 > n^{2}\), alors \(a > n\), donc \((a+n) \in \mathbb{N}\) et \((a-n) \in \mathbb{N}\).

Ainsi :

\(\begin{aligned} &(a-n)(a+n) = 1 \\ &\implies a-n = 1 \text{ et } a+n = 1 \\ &\implies a = 1+n \\ &\implies a^{2} = n^{2}+2n+1 \\ &\implies n^2+1 = n^{2}+2n+1 \\ &\implies 2n = 0 \\ &\implies n = 0 \, \text{(Contradiction, car } n \in \mathbb{N}^*\text{)} \end{aligned}\)

D'où, d'après le raisonnement par l'absurde :

\(\forall n \in \mathbb{N}^*, \quad n^{2}+1 \text{ n'est pas un carré parfait.}\)

Exemple 1

Montrons que la proposition \(P : (\forall x \in [0,1]) \quad x^{2} \geqslant x\) est fausse.

Sa négation est \(\overline{P} : (\exists x \in [0,1]) \quad x^{2} < x\).

Pour \(x = \dfrac{1}{2} \in [0,1]\), on a \(x^2 = \dfrac{1}{4}\) et \(\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{2}\), ce qui prouve que \(x^2 < x\).

La négation \(\overline{P}\) est donc vraie, ce qui démontre que la proposition \(P\) est fausse (\(x = \dfrac{1}{2}\) constitue un contre-exemple).

Exemple 2

Soit \(P\) la proposition : \((\forall (a, b) \in \mathbb{R}^{2}) \quad \sqrt{a^{2}+b^{2}} = a+b\).

Pour \(a = 4\) et \(b = 3\), on a :

\(\sqrt{a^{2} + b^{2}} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5\)

Or \(a + b = 4 + 3 = 7\), donc \(\sqrt{a^{2}+b^{2}} \neq a+b\).

D'où la proposition \(P\) est fausse (le couple \((4, 3)\) sert de contre-exemple).

Exemple 1

Montrons que : \(\forall x > 0, \quad x + \dfrac{1}{x} \geqslant 2\).

Soit \(x > 0\). On a :

\(\begin{aligned} x + \dfrac{1}{x} \geqslant 2 &\iff x^{2} + 1 \geqslant 2x \\ &\iff x^{2} - 2x + 1 \geqslant 0 \\ &\iff (x-1)^{2} \geqslant 0 \end{aligned}\)

Puisque la proposition \((x-1)^{2} \geqslant 0\) est toujours vraie pour tout \(x \in \mathbb{R}\), on en déduit par équivalences successives que :

\(\forall x > 0, \quad x + \dfrac{1}{x} \geqslant 2\)

Exemple 2

Montrons que : \(\forall (a, b) \in (\mathbb{R}^+)^2, \quad \sqrt{a+b} = \sqrt{a} + \sqrt{b} \iff a=0 \text{ ou } b=0\).

Soit \((a, b) \in (\mathbb{R}^+)^2\). On a :

\(\begin{aligned} &\sqrt{a+b} = \sqrt{a} + \sqrt{b} \\ &\iff (\sqrt{a+b})^{2} = (\sqrt{a} + \sqrt{b})^{2} \\ &\iff a+b = a + 2\sqrt{a}\sqrt{b} + b \\ &\iff 2\sqrt{ab} = 0 \\ &\iff \sqrt{ab} = 0 \\ &\iff ab = 0 \\ &\iff a=0 \text{ ou } b=0 \end{aligned}\)

D'où :

\(\forall (a, b) \in (\mathbb{R}^+)^2, \quad \sqrt{a+b} = \sqrt{a} + \sqrt{b} \iff a=0 \text{ ou } b=0\)

Exemple 3

Soient \(x, y, z\) trois réels strictement positifs.

Montrons que : \(xy\sqrt{z} < xz\sqrt{y} < yz\sqrt{x} \iff x < y < z\).

Tous les termes étant strictement positifs, on peut élever au carré :

\(\begin{aligned} &xy\sqrt{z} < xz\sqrt{y} < yz\sqrt{x} \\ &\iff x^2 y^2 z < x^2 z^2 y < y^2 z^2 x \end{aligned}\)

En divisant tous les membres par le réel strictement positif \(xyz\), on obtient :

\(\begin{aligned} &xy\sqrt{z} < xz\sqrt{y} < yz\sqrt{x} \\ &\iff xy < xz < yz \\ &\iff (xy < xz \text{ et } xz < yz) \\ &\iff (y < z \text{ et } x < y) \\ & \text{(en simplifiant par } x > 0 \text{ et } z > 0\text{)} \\ &\iff x < y < z \end{aligned}\)

D'où :

\(xy\sqrt{z} < xz\sqrt{y} < yz\sqrt{x} \iff x < y < z\)

Exemple 4 (Double implication)

Soit \((x, y) \in \mathbb{R}^{2}\). Montrons que : \(x^{2} + y^{2} = 0 \iff x = y = 0\).

• Implication réciproque (\(\impliedby\)) :
  Supposons que \(x = 0\) et \(y = 0\).
  Alors \(x^2 + y^2 = 0^2 + 0^2 = 0\).
  Donc : \(x = y = 0 \implies x^{2} + y^{2} = 0 \quad (1)\)
• Implication directe (\(\implies\)) :
  Supposons que \(x^{2} + y^{2} = 0\).
  Puisque \(x^2 \geqslant 0\) et \(y^2 \geqslant 0\), la somme de deux nombres réels positifs est nulle si et seulement si chacun des termes est nul.
  Donc \(x^2 = 0\) et \(y^2 = 0\), d'où \(x = 0\) et \(y = 0\).
  Ainsi : \(x^{2} + y^{2} = 0 \implies x = y = 0 \quad (2)\)

D'après (1) et (2), on déduit par double implication que :

\(x^{2} + y^{2} = 0 \iff x = y = 0\)

Exemple 1

Montrons que : \(\forall n \in \mathbb{N}, \quad \dfrac{n(n+1)}{2} \in \mathbb{N}\).

• 1^er cas : si \(n\) est pair
  Alors \(\exists k \in \mathbb{N}\) tel que \(n = 2k\).
  D'où :

  \(\dfrac{n(n+1)}{2} = \dfrac{2k(2k+1)}{2} = k(2k+1) \in \mathbb{N}\)

• 2^e cas : si \(n\) est impair
  Alors \(\exists k \in \mathbb{N}\) tel que \(n = 2k+1\).
  D'où :

  \(\begin{aligned} \dfrac{n(n+1)}{2} &= \dfrac{(2k+1)(2k+2)}{2} \\ &= \dfrac{2(2k+1)(k+1)}{2} \\ &= (2k+1)(k+1) \in \mathbb{N} \end{aligned}\)

Dans tous les cas, on a : \(\forall n \in \mathbb{N}, \quad \dfrac{n(n+1)}{2} \in \mathbb{N}\).

Exemple 2

Montrons que : \(\forall x \in \mathbb{R}, \quad \sqrt{x^{2}} = |x|\).

• Si \(x \geqslant 0\), alors \(\sqrt{x^{2}} = x = |x|\).
• Si \(x \leqslant 0\), alors \(\sqrt{x^{2}} = -x = |x|\).

Donc : \(\forall x \in \mathbb{R}, \quad \sqrt{x^{2}} = |x|\).

Exemple 3

Soit \(n \in \mathbb{N}\). Montrons que le produit de deux entiers consécutifs, \(n(n+1)\), est toujours un nombre pair.

• Si \(n\) est pair :
  \(\exists k \in \mathbb{N}\) tel que \(n = 2k\).
  Alors :

  \(n(n+1) = 2k(2k+1) = 2 \big(k(2k+1)\big) = 2k'\) avec \(k' = k(2k+1) \in \mathbb{N}\)

  Donc \(n(n+1)\) est pair.
• Si \(n\) est impair :
  \(\exists k \in \mathbb{N}\) tel que \(n = 2k+1\).
  Alors :

  \(n(n+1) = (2k+1)(2k+2) = 2(k+1)(2k+1) = 2k''\) avec \(k'' = (k+1)(2k+1) \in \mathbb{N}\)

  Donc \(n(n+1)\) est pair.

Ainsi, le produit de deux entiers consécutifs est toujours un nombre pair.

Exemple 4

Montrons que : \(\forall x \in \mathbb{R}, \quad |x-1| \leqslant x^{2}-x+1 \quad (I)\)

• 1^er cas : si \(x \geqslant 1\)
  On a \(x-1 \geqslant 0\), donc \(|x-1| = x-1\).
  L'inégalité \((I)\) devient : \(x-1 \leqslant x^{2}-x+1\).
  Or,

  \(x-1 \leqslant x^{2}-x+1 \iff x^{2}-2x+2 \geqslant 0 \iff (x-1)^{2}+1 \geqslant 0\)

  Ce qui est toujours vrai car \((x-1)^{2} \geqslant 0\) et \(1 > 0\).
• 2^e cas : si \(x < 1\)
  On a \(x-1 < 0\), donc \(|x-1| = 1-x\).
  L'inégalité \((I)\) devient : \(1-x \leqslant x^{2}-x+1\).
  Or,

  \(1-x \leqslant x^{2}-x+1 \iff 0 \leqslant x^{2}\)

  Ce qui est toujours vrai pour tout réel \(x\).

D'où : \(\forall x \in \mathbb{R}, \quad |x-1| \leqslant x^{2}-x+1\).

Exemple 5

Résolvons dans \(\mathbb{R}\) l'équation \((E) : |2x-1|+x=5\).

• 1^er cas : si \(x \geqslant \dfrac{1}{2}\) (c'est-à-dire \(2x-1 \geqslant 0\))
  L'équation \((E)\) s'écrit : \(2x-1+x=5 \iff 3x=6 \iff x=2\).
  Comme \(2 \geqslant \dfrac{1}{2}\), la valeur \(2\) est solution.
• 2^e cas : si \(x < \dfrac{1}{2}\) (c'est-à-dire \(2x-1 < 0\))
  L'équation \((E)\) s'écrit : \(-(2x-1)+x=5 \iff 1-2x+x=5 \iff -x=4 \iff x=-4\).
  Comme \(-4 < \dfrac{1}{2}\), la valeur \(-4\) est solution.

L'ensemble des solutions de l'équation \((E)\) dans \(\mathbb{R}\) est donc :

\(S = \{-4, 2\}\)

Exemple 1

Montrons que pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(2^{n} > n\).

Soit \(n \in \mathbb{N}\), on pose la propriété \(P(n) : 2^{n} > n\).

Démontrons par récurrence que \(P(n)\) est vraie pour tout \(n \geqslant 0\) :

• Initialisation :
  Pour \(n = 0\), on a \(2^{0} = 1 > 0\). Donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité :
  Fixons un entier \(n \geqslant 0\) et supposons que \(P(n)\) est vraie (c'est-à-dire \(2^{n} > n\)).
  Montrons que \(P(n+1)\) est vraie, soit \(2^{n+1} > n+1\).
  On a :

  \(\begin{aligned} 2^{n+1} &= 2^{n} + 2^{n} \\ &> n + 2^{n} \\ & \hspace{-1cm}\text{(Hypothèse de récurrence : } 2^{n} > n \text{)} \\ &> n + 1 \\ &\quad \text{(car } 2^{n} \geqslant 1 \text{ pour tout } n \geqslant 0\text{)} \end{aligned}\)

  Donc \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion :
  D'après le principe de récurrence, \(2^{n} > n\) est vraie pour tout entier \(n \geqslant 0\).

Exemple 2

Montrons que \(\forall n \in \mathbb{N}, \quad 3 \mid (n^{3}+2n)\) (c'est-à-dire que \(n^{3}+2n\) est divisible par \(3\)).

On pose la propriété \(P(n) : \exists k \in \mathbb{N}, \quad n^{3}+2n = 3k\).

• Initialisation :
  Pour \(n = 0\), on a \(0^{3} + 2 \times 0 = 0 = 3 \times 0\), qui est un multiple de \(3\). Donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité :
  Fixons un entier \(n \geqslant 0\) et supposons que \(P(n)\) est vraie, c'est-à-dire qu'il existe \(k \in \mathbb{N}\) tel que \(n^{3}+2n = 3k\).
  Montrons que \(P(n+1)\) est vraie, c'est-à-dire qu'il existe \(k' \in \mathbb{N}\) tel que \((n+1)^{3}+2(n+1) = 3k'\).
  On a :

  \(\begin{aligned} &(n+1)^{3}+2(n+1) \\ &= n^{3} + 3n^{2} + 3n + 1 + 2n + 2 \\ &= (n^{3} + 2n) + 3n^{2} + 3n + 3 \\ &= 3k + 3(n^{2} + n + 1) \\ &= 3(k + n^{2} + n + 1) \\ &= 3k' \\ & \quad \text{avec } k' = k + n^{2} + n + 1 \in \mathbb{N} \end{aligned}\)

  Donc \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion :
  D'après le principe de récurrence, on a : \(\forall n \in \mathbb{N}, \quad 3 \mid (n^{3}+2n)\).

Exemple 3

Montrons que \(\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \quad 1 + 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n-1} = \dfrac{1}{2}(3^{n}-1)\).

On pose la propriété \(P(n) : 1 + 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n-1} = \dfrac{1}{2}(3^{n}-1)\).

• Initialisation :
  Pour \(n = 1\), le membre de gauche vaut \(1\) et le membre de droite vaut \(\dfrac{1}{2}(3^{1}-1) = \dfrac{2}{2} = 1\).
  Donc \(P(1)\) est vraie.
• Hérédité :
  Fixons un entier \(n \in \mathbb{N}^{*}\) et supposons que \(P(n)\) est vraie.
  Montrons que \(P(n+1)\) est vraie, c'est-à-dire \(1 + 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n-1} + 3^{n} = \dfrac{1}{2}(3^{n+1}-1)\).
  On a :

  \(\begin{aligned} & 1 + 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n-1} + 3^{n} \\ &= \dfrac{1}{2}(3^{n}-1) + 3^{n} \\ &= \dfrac{1}{2}(3^{n} - 1 + 2 \times 3^{n}) \\ &= \dfrac{1}{2}(3 \times 3^{n} - 1) \\ &= \dfrac{1}{2}(3^{n+1}-1) \end{aligned}\)

  Donc \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion :
  D'après le principe de récurrence, on a : \(\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \quad 1 + 3 + 3^{2} + \dots + 3^{n-1} = \dfrac{1}{2}(3^{n}-1)\).