Plan du chapitre. I. Propositions, fonctions propositionnelles et quantificateurs — II. Négation d’une proposition — III. Opérations sur deux propositions — IV. Lois logiques — V. Raisonnements mathématiques (contre-exemple, direct, contraposée, équivalence, disjonction des cas, absurde, récurrence).
Notations. La négation d’une proposition P est notée P (lire « non P »). V signifie « vrai » et F « faux ». R, Q, D, Z, N désignent les ensembles usuels de nombres ; N∗=N∖{0}.
I. Propositions, fonctions propositionnelles et quantificateurs
1. Proposition
Définition 1 : Proposition
On appelle proposition (ou assertion) tout énoncé mathématique qui a un sens et qui est soit vrai, soit faux, jamais les deux à la fois.
Remarque
La valeur de vérité d’une proposition vraie est notée V (ou 1) ; celle d’une proposition fausse est notée F (ou 0).
On note les propositions par des lettres majuscules : P, Q, R, …
Le tableau de vérité d’une proposition P donne ses deux valeurs possibles :
P
V
F
Exemple 1
Déterminer la valeur de vérité de chacune des propositions suivantes.
P1 : « 36+64=100 ».
P2 : « −3 est un entier naturel ».
P3 : « 47 est un nombre décimal ».
P4 : « Tout losange est un parallélogramme ».
P5 : « 91 est un nombre premier ».
Voir la solution
36+64=6+8=14 et 100=10 ; or 14=10, donc P1 est fausse.
−3<0, donc −3∈/N : P2 est fausse.
47=1,75=102175, donc 47∈D : P3 est vraie.
Un losange a ses côtés opposés parallèles : P4 est vraie.
91=7×13 : P5 est fausse.
2. Fonction propositionnelle
Définition 2 : Fonction propositionnelle
On appelle fonction propositionnelle tout énoncé contenant une ou plusieurs variables, chacune appartenant à un ensemble donné, et qui devient une proposition dès qu’on remplace chaque variable par un élément de son ensemble.
Selon le nombre de variables, on la note P(x), Q(x;y), R(x;y;z), …
Exemple 2
Préciser si chacun des énoncés suivants est une proposition ou une fonction propositionnelle.
R : « 3∈Q » ; C(n) : « n∈N,n2+n+41 est premier » ; D(n;m) : « (n;m)∈N2,n+2m=7 ».
Voir la solution
P, Q et R ne contiennent aucune variable : ce sont des propositions (P est vraie car π≈3,1416<3,1428≈722 ; Q est vraie car (5−2)(5+2)=5−2=3 ; R est fausse).
A(x), C(n) et D(n;m) contiennent des variables : ce sont des fonctions propositionnelles. Par exemple, A(3) : « 9≥6 » est vraie et A(1) : « 1≥2 » est fausse ; D(1;3) : « 1+6=7 » est vraie.
3. Les quantificateurs
Exemple 3 (activité)
Résoudre dans R l’inéquation x2−2x−8<0.
En déduire la valeur de vérité de :
P1 : « Pour tout x de ]−1;3[, on a x2−2x−8<0 » ; P2 : « Il existe au moins un réel x tel que x2−2x−8<0 » ; P3 : « Pour tout réel x, x2−2x−8<0 » ; P4 : « Il existe un unique réel x tel que x2−2x−8=0 ».
Voir la solution
Pour tout x∈R : x2−2x−8=(x−4)(x+2). Ce produit est strictement négatif si et seulement si ses facteurs sont de signes contraires, c’est-à-dire −2<x<4. Donc S=]−2;4[.
]−1;3[⊂]−2;4[, donc P1 est vraie. 0∈]−2;4[, donc P2 est vraie. Pour x=5 : 25−10−8=7≥0, donc P3 est fausse. L’équation (x−4)(x+2)=0 admet deux solutions −2 et 4, donc P4 est fausse.
Définition 3 : Quantificateurs
Le quantificateur universel, noté ∀, se lit « pour tout » ou « quel que soit ».
Le quantificateur existentiel, noté ∃, se lit « il existe au moins un ».
Le symbole ∃! se lit « il existe un unique ».
Lorsque toutes les variables d’une fonction propositionnelle sont liées par des quantificateurs, on obtient une proposition.
Exemple 4
Lire puis donner la valeur de vérité de : P:(∃!x∈R)x3=8 ; Q:(∀x∈R)x2−4x+5>0 ; R:(∃x∈R)x2+2x+3=0 ; S:(∀x∈R)1≤x≤2.
Voir la solution
P : « il existe un unique réel dont le cube vaut 8 » : vraie (x=2 est le seul, car pour x<2, x3<8 et pour x>2, x3>8).
Q : pour tout x∈R, x2−4x+5=(x−2)2+1≥1>0 : vraie.
R : x2+2x+3=(x+1)2+2≥2>0, l’équation n’a pas de solution réelle : fausse.
S : pour x=0, 1≤0 est faux : fausse.
Exemple 5
Écrire à l’aide des quantificateurs, puis donner la valeur de vérité :
P : « L’équation x2−5x+6=0 admet au moins une solution réelle. »
Q : « Le carré de tout entier relatif est un entier naturel. »
R : « Certains réels ne sont pas des décimaux. »
S : « L’équation 3x−2=0 admet une unique solution réelle. »
T : « Pour tous entiers naturels n et m, on a n=m+1. »
U : « Pour tout réel x, il existe un réel y tel que y<x. »
V : « Il existe un réel y tel que, pour tout réel x, y<x. »
Voir la solution
P:(∃x∈R)x2−5x+6=0 : vraie (x=2).
Q:(∀n∈Z)n2∈N : vraie.
R:(∃x∈R)x∈/D : vraie (31∈/D).
S:(∃!x∈R)3x−2=0 : vraie (3x−2=0⟺x=32).
T:(∀n∈N)(∀m∈N)n=m+1 : fausse (n=m=0).
U:(∀x∈R)(∃y∈R)y<x : vraie (on prend y=x−1, qui dépend de x).
V:(∃y∈R)(∀x∈R)y<x : fausse (pour x=y, on aurait y<y).
Remarque
On peut permuter deux quantificateurs consécutifs de même nature : (∀x)(∀y)⟺(∀y)(∀x) et (∃x)(∃y)⟺(∃y)(∃x).
En général, on ne peut pas permuter deux quantificateurs de natures différentes sans changer le sens (comparer U et V ci-dessus).
Dans (∃x∈E)(∀y∈F)P(x;y), le même x convient pour tous les y : x ne dépend pas de y. Dans (∀y∈F)(∃x∈E)P(x;y), x est choisi aprèsy et peut en dépendre. Illustration : « chaque élève de la classe a une place assise » ne signifie pas « il existe une place sur laquelle sont assis tous les élèves ».
On admet (et on démontrera au paragraphe V) que 2∈/Q.
Tout rationnel s’écrit ba avec PGCD(a;b)=1 : x∈Q⟺(∃(a;b)∈Z×N∗)(x=ba et PGCD(a;b)=1).
Exemple 6
Valeur de vérité de : P1:(∃!x∈R)x2=9 ; P2:(∀x∈R)x2−x+1>0 ; P3:(∃n∈N)2n+1=0 ; P4:(∀x∈R)x2=x ; P5:(∃n∈N)(∃m∈N)n−m=5 ; P6:(∀n∈N)(∀m∈N)n−m=5 ; P7:(∀n∈N)(∃m∈N)n+m=5 ; P8:(∃n∈N)(∀m∈N)n≤m.
Écrire à l’aide de quantificateurs : (a) « Tout réel positif est le carré d’un réel » ; (b) « Il existe un entier naturel pair et premier » ; (c) « Le produit de deux réels non nuls est non nul ».
Voir la solution
(a) (∀x∈R+)(∃y∈R)x=y2 (vraie : y=x). (b) (∃n∈N)(n pair et n premier) (vraie : n=2). (c) (∀(a;b)∈(R∗)2)ab=0 (vraie).
II. Négation d’une proposition
Définition 4 : Négation
La négation d’une proposition P est la proposition notée P, qui est vraie lorsque P est fausse et fausse lorsque P est vraie.
P
P
V
F
F
V
Propriété
Négation des symboles usuels :
Symbole
∀
∃
=
∈
≤
≥
<
>
et
ou
Négation
∃
∀
=
∈/
>
<
≥
≤
ou
et
Négation d’une proposition quantifiée. Soit P(x) une fonction propositionnelle, x appartenant à un ensemble non vide E :
(∀x∈E)P(x) est (∃x∈E)P(x)et(∃x∈E)P(x) est (∀x∈E)P(x).
L’ensemble Ene change pas ; seuls le quantificateur et la propriété sont niés.
Exemple 7
Écrire la négation et donner la valeur de vérité : P1 : 9+16=7 ; P2 : π<3,15 ; P3 : 7∈[2;3] ; P4:(∃x∈R)x2=49 ; P5:(∀x∈R)x3≥x.
Voir la solution
P1 : 9+16=7 ; vraie car 25=5. Donc P1 est fausse.
P2 : π≥3,15 ; P2 est vraie (π≈3,1416), donc P2 est fausse.
P3 : 7∈/[2;3] ; comme 4≤7≤9, 2≤7≤3 : P3 vraie.
P4:(∀x∈R)x2=49 ; P4 est vraie (x=7), P4 fausse.
P5:(∃x∈R)x3<x ; pour x=21 : 81<21, donc P5 est vraie et P5 est fausse.
Exemple 8
Valeur de vérité et négation de : P1:(∀n∈N)(∃m∈N)m=3n ; P2:(∀n∈N)(∃m∈N)n=3m ; P3:(∀x∈R+)(∃y∈R+)y2=x ; P4:(∃n∈N)(∀m∈N)m≥n.
Voir la solution
P1:(∃n∈N)(∀m∈N)m=3n. P1 est vraie : pour n∈N, m=3n∈N convient.
P2:(∃n∈N)(∀m∈N)n=3m. Pour n=1 : 3m=1⟺m=31∈/N, donc P2 est vraie et P2 fausse.
P3:(∃x∈R+)(∀y∈R+)y2=x. P3 est vraie (y=x).
P4:(∀n∈N)(∃m∈N)m<n. P4 est vraie (n=0) ; d’ailleurs P4 est fausse pour n=0.
Application 2
Écrire la négation de : A : « Tous les élèves de la classe ont la moyenne » ; B:(∀x∈R)(∃n∈N)n>x ; C:(∃M∈R)(∀n∈N)n≤M. Préciser la valeur de vérité de B et C.
Voir la solution
A : « Au moins un élève de la classe n’a pas la moyenne ». B:(∃x∈R)(∀n∈N)n≤x ; B est vraie (tout réel est strictement inférieur à au moins un entier naturel : propriété admise, dite d’Archimède). C:(∀M∈R)(∃n∈N)n>M ; c’est exactement B (à la lettre près), donc C est vraie et C est fausse.
III. Opérations sur deux propositions
Définition 5 : Connecteurs logiques
Soient P et Q deux propositions.
La conjonction « P et Q » (notée aussi P∧Q) est vraie si et seulement si P et Q sont toutes deux vraies.
La disjonction « P ou Q » (notée aussi P∨Q) est vraie si et seulement si au moins l’une des deux est vraie (« ou » inclusif).
L’implicationP⟹Q est la proposition « P ou Q ». Elle est fausse uniquement lorsque P est vraie et Q fausse.
L’équivalenceP⟺Q est vraie si et seulement si P et Q ont la même valeur de vérité.
P
Q
P et Q
P ou Q
P⟹Q
P⟺Q
V
V
V
V
V
V
V
F
F
V
F
F
F
V
F
V
V
F
F
F
F
F
V
V
Exemple 9
Déterminer la valeur de vérité de : (1) « 3<8 et 12=6 » ; (2) « 3<8 ou 12=6 » ; (3) « 2∈Q⟹2>5 » ; (4) « 2=3⟹5=7 » ; (5) « 7 est premier ⟹(∀x∈R)x2+1>0 » ; (6) « ∣−6∣=6⟺2≥9 » ; (7) « (5)2+4=9⟺18=2×32 ».
Voir la solution
(1) F (car « 12=6 » est fausse) ; (2) V ; (3) V (la prémisse est fausse) ; (4) V (F ⟹ F est vraie) ; (5) V (V ⟹ V) ; (6) F (V et F) ; (7) V (les deux sont vraies : 5+4=9 et 2×9=18).
Remarque
P⟹Q se lit : « P implique Q », « si P alors Q », « P est une condition suffisante pour Q », « Q est une condition nécessaire pour P ».
P⟹Q et Q⟹P n’ont pas la même table (ligne 2 et ligne 3) : l’implication n’est pas commutative.
Q⟹P s’appelle l’implication réciproque de P⟹Q.
P⟺Q se lit « P équivaut à Q », « P si et seulement si Q » ; elle signifie « P⟹Q et Q⟹P ». L’équivalence est commutative.
Exemple 10
Valeur de vérité de : (1) « (∃x∈R)x−3=0 et (∃x∈R)x+5=0 » ; (2) « (∃x∈R)(x−3=0 et x+5=0) » ; (3) « (∀x∈R)x≥1 ou (∀x∈R)x<1 » ; (4) « (∀x∈R)(x≥1 ou x<1) ».
Voir la solution
(1) V (x=3 pour la première, x=−5 pour la seconde). (2) F (un même réel ne peut valoir 3 et −5). (3) F (les deux propositions sont fausses : x=0, puis x=2). (4) V (tout réel vérifie l’une des deux inégalités).
Remarque
Deux propositions sont dites équivalentes si elles ont la même valeur de vérité.
« et » et « ou » sont commutatifs et associatifs : (P et Q)⟺(Q et P), [(P ou Q) ou R]⟺[P ou (Q ou R)], etc.
Pour deux fonctions propositionnelles P(x) et Q(x) sur E non vide :
(∀x∈E)(P(x) et Q(x))⟺[(∀x∈E)P(x)] et [(∀x∈E)Q(x)] ;
(∃x∈E)(P(x) ou Q(x))⟺[(∃x∈E)P(x)] ou [(∃x∈E)Q(x)] ;
mais « ∀ / ou » et « ∃ / et » ne se distribuent pas en général (exemple 10).
IV. Lois logiques
Exemple 11 (activité)
Compléter le tableau de vérité de la proposition (P et Q)⟹P.
Voir la solution
P
Q
P et Q
(P et Q)⟹P
V
V
V
V
V
F
F
V
F
V
F
V
F
F
F
V
La proposition est vraie dans tous les cas.
Définition 6 : Loi logique
Une loi logique (ou tautologie) est une proposition composée à l’aide de connecteurs logiques qui est vraie quelles que soient les valeurs de vérité des propositions qui la composent.
Méthode
Pour montrer qu’une proposition est une loi logique, il suffit de dresser son tableau de vérité et de constater que sa dernière colonne ne contient que des V. On peut aussi utiliser des lois logiques déjà établies.
Exemple 12
Montrer que les propositions suivantes sont des lois logiques : (1) (P et P)⟹Q ; (2) [P et (Q ou R)]⟺[(P et Q) ou (P et R)].
Voir la solution
(1) « P et P » est toujours fausse (si P est V, P est F et inversement), donc l’implication « F ⟹Q » est toujours vraie : c’est une loi logique.
(2) Notons L le membre de gauche et M celui de droite :
P
Q
R
Q ou R
L
P et Q
P et R
M
L⟺M
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
F
V
V
V
F
V
V
V
F
V
V
V
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V
V
V
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F
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V
V
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F
F
V
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F
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V
F
F
F
F
V
F
F
F
F
F
F
F
F
V
Les colonnes L et M sont identiques, donc L⟺M est toujours vraie : c’est une loi logique.
Propriété : négation des connecteurs
Quelles que soient les propositions P et Q, les propositions suivantes sont des lois logiques :
Lois de Morgan :P et Q⟺(P ou Q) et P ou Q⟺(P et Q).
Négation de l’implication :P⟹Q⟺(P et Q).
Négation de l’équivalence :P⟺Q⟺(P⟺Q)⟺(P⟺Q)⟺[(P et Q) ou (P et Q)].
Voir la solution
Justification de la négation de l’implication. Par définition P⟹Q est « P ou Q » ; d’après Morgan, sa négation est « P et Q », c’est-à-dire « P et Q » (car P⟺P).
Exemple 13
Soient a,b,c,x∈R. Écrire la négation de : P : « x≥3⟹x<7 » ; Q : « a=b ou a=c » ; R : « x∈Z⟺x2∈Z » ; S : « a≤b et b≤c ».
Voir la solution
P : « x≥3 et x≥7 » ; Q : « a=b et a=c » ; R : « (x∈Z et x2∈/Z) ou (x∈/Z et x2∈Z) » ; S : « a>b ou b>c ».
Remarque : négation de ∃!
(∃!x∈E)P(x) signifie : [(∃x∈E)P(x)] et [(∀(x;y)∈E2)(P(x) et P(y))⟹x=y]. Sa négation est donc :
[(∀x∈E)P(x)] ou [(∃(x;y)∈E2)P(x) et P(y) et x=y]
(« aucun élément ne convient, ou au moins deux éléments distincts conviennent »).
Propriété : lois logiques usuelles
Pour toutes propositions P, Q, R :
P⟺P ; (P ou P) (tiers exclu) ; (P⟹Q)⟺(P ou Q) ; (P⟺Q)⟺[(P⟹Q) et (Q⟹P)] ; (P⟺Q)⟺(P⟺Q).
Commutativité :(P et Q)⟺(Q et P) ; (P ou Q)⟺(Q ou P) ; (P⟺Q)⟺(Q⟺P).
Associativité :[(P et Q) et R]⟺[P et (Q et R)] ; [(P ou Q) ou R]⟺[P ou (Q ou R)].
Distributivité :[P et (Q ou R)]⟺[(P et Q) ou (P et R)] ; [P ou (Q et R)]⟺[(P ou Q) et (P ou R)].
Transitivité :[(P⟹Q) et (Q⟹R)]⟹(P⟹R).
Application 3
Montrer, par un tableau de vérité, que [(P⟹Q) et (Q⟹R)]⟹(P⟹R) est une loi logique.
Sans tableau, montrer que (P⟹Q)⟺(Q⟹P) est une loi logique.
Voir la solution
Notons T : « (P⇒Q) et (Q⇒R) ».
P
Q
R
P⇒Q
Q⇒R
T
P⇒R
T⇒(P⇒R)
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
F
V
F
F
F
V
V
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V
F
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V
F
F
V
V
V
V
V
V
F
F
F
V
V
V
V
V
La dernière colonne ne contient que des V : c’est une loi logique.
(Q⟹P)⟺(Q ou P)⟺(Q ou P)⟺(P ou Q)⟺(P⟹Q), en utilisant successivement la définition de l’implication, Q⟺Q, la commutativité de « ou » et de nouveau la définition. Chaque étape étant une loi logique, l’équivalence est une loi logique.
V. Raisonnements mathématiques
Chaque type de raisonnement repose sur une loi logique : c’est elle qui garantit que la démonstration est correcte.
1. Raisonnement par contre-exemple
Loi logique (contre-exemple)
(∀x∈E)P(x)⟺(∃x∈E)P(x)
Pour montrer qu’une proposition de la forme (∀x∈E)P(x) est fausse, il suffit d’exhiber un élément x0∈E tel que P(x0) soit fausse. x0 s’appelle un contre-exemple.
Exemple 14
Montrer que les propositions suivantes sont fausses : (1) (∀x∈R)x2−3x+2=0 ; (2) (∀(x;y)∈R2)2x−y=1 ; (3) (∀n∈N)n2+n+11 est premier ; (4) (∀x∈R)(∃y∈R)1+y22xy>1.
Voir la solution
(1) Pour x=0 : 0−0+2=2=0. (2) Pour (x;y)=(0;0) : 0=1. (3) Pour n=10 : 100+10+11=121=112, qui n’est pas premier. (4) La négation est (∃x∈R)(∀y∈R)1+y22xy≤1 ; pour x=0, 1+y20=0≤1 pour tout y∈R : la négation est vraie, donc la proposition est fausse.
Application 4
Montrer que les propositions suivantes sont fausses : A:(∀(a;b)∈R2)a2+b2=a+b ; B:(∀x∈R)∣x−1∣=x−1.
Voir la solution
A : pour (a;b)=(1;1), 2=2. B : pour x=0, ∣0−1∣=1=−1.
2. Raisonnement direct (déductif)
Loi logique (raisonnement direct)
[(P⟹R) et (R⟹Q)]⟹(P⟹Q)
Pour démontrer P⟹Q, on suppose P vraie et, par une chaîne d’implications P⟹R1⟹R2⟹⋯⟹Q justifiées par des propriétés connues, on établit que Q est vraie.
Exemple 15
Montrer que (∀x∈R)∣x−1∣≤2⟹∣2x+3∣≤9.
Montrer que (∀(a;b)∈(R+∗)2)ba+ab≥2.
Voir la solution
Soit x∈R tel que ∣x−1∣≤2. Alors −2≤x−1≤2, donc −1≤x≤3, donc −2≤2x≤6, donc 1≤2x+3≤9. Ainsi −9≤2x+3≤9, c’est-à-dire ∣2x+3∣≤9.
Soient a>0 et b>0. On a ba+ab−2=aba2+b2−2ab=ab(a−b)2. Or (a−b)2≥0 et ab>0, donc ba+ab−2≥0.
Application 5
Montrer que (∀x∈R)x≥2⟹x2−x−2≥0.
Voir la solution
Soit x≥2. On a x2−x−2=(x−2)(x+1) ; or x−2≥0 et x+1≥3>0, donc le produit est positif : x2−x−2≥0.
3. Raisonnement par contraposée
Loi logique (contraposée)
(P⟹Q)⟺(Q⟹P)
Pour démontrer P⟹Q, on peut démontrer sa contraposéeQ⟹P : c’est le raisonnement par contraposée. Il est particulièrement adapté lorsque P et Q contiennent le symbole =.
Exemple 16
Soit n∈N. Montrer que si n2 est impair, alors n est impair.
Soient x,y∈R. Montrer que (x=y et x+y=3)⟹x2−3x=y2−3y.
Soit x∈R∖{−1}. Montrer que x=1⟹x+12x=1.
Voir la solution
Contraposée : « n pair ⟹n2 pair ». Si n est pair, il existe k∈N tel que n=2k, donc n2=4k2=2(2k2) avec 2k2∈N : n2 est pair.
Contraposée : x2−3x=y2−3y⟹(x=y ou x+y=3). Supposons x2−3x=y2−3y. Alors x2−y2−3(x−y)=0, soit (x−y)(x+y−3)=0, donc x−y=0 ou x+y−3=0, c’est-à-dire x=y ou x+y=3.
Contraposée : x+12x=1⟹x=1. Si x+12x=1, comme x+1=0, on a 2x=x+1, donc x=1.
Remarque
Il ne faut pas confondre, pour l’implication P⟹Q :
Négation
Réciproque
Contraposée
P et Q
Q⟹P
Q⟹P
Seule la contraposée est équivalente à l’implication de départ. Conséquence de l’exemple 16 : pour tout n∈N, n2 pair ⟹n pair (contraposée de « n impair ⟹n2 impair »), donc n et n2 ont la même parité.
Application 6
Soient a,b∈R+. Montrer que a=b⟹1+aa=1+bb.
Voir la solution
Contraposée : 1+aa=1+bb⟹a=b. Si 1+aa=1+bb, comme 1+a>0 et 1+b>0, on obtient a(1+b)=b(1+a), soit a+ab=b+ab, donc a=b.
4. Raisonnement par équivalences successives
Loi logique (équivalences successives)
[(P⟺R) et (R⟺Q)]⟹(P⟺Q)
Pour démontrer P⟺Q, on écrit P⟺R1⟺R2⟺⋯⟺Q, chaque équivalence étant justifiée dans les deux sens. Pour démontrer qu’une proposition P est vraie, il suffit de trouver une proposition Qvraie telle que P⟺Q.
Attention
On n’écrit ⟺ que si l’étape est réversible. Exemples : multiplier par un nombre non nul, ajouter un même nombre, passer à l’inverse de deux nombres de même signe strict, élever au carré deux nombres positifs. Sinon, on écrit ⟹.
Exemple 17
Montrer que (∀x∈R)∣x−2∣<31⟺103<x+11<83.
Montrer que (∀x∈R+)x+1≤1+2x.
Voir la solution
Soit x∈R. ∣x−2∣<31⟺35<x<37⟺38<x+1<310. Les trois membres étant strictement positifs, le passage à l’inverse est réversible et renverse l’ordre : 38<x+1<310⟺103<x+11<83.
Soit x≥0. Les nombres x+1 et 1+2x sont positifs, donc x+1≤1+2x⟺x+1≤(1+2x)2⟺x+1≤1+x+4x2⟺0≤4x2. La dernière proposition est vraie, donc la première l’est aussi.
Remarque : raisonnement par double implication
(P⟺Q)⟺[(P⟹Q) et (Q⟹P)]
Pour démontrer P⟺Q, on peut démontrer séparémentP⟹Q puis Q⟹P.
Exemple 18
Montrer que (∀(x;y)∈R2)(x−1)2+∣y+2∣=0⟺(x=1 et y=−2).
Montrer que pour tous x∈[2;+∞[ et y∈[1;+∞[ : x+y+2=2x−2+4y−1⟺(x=3 et y=5).
Voir la solution
(⟸) Si x=1 et y=−2 : 0+0=0. (⟹) Si (x−1)2+∣y+2∣=0 : comme (x−1)2≥0 et ∣y+2∣≥0, on a 0≤(x−1)2=−∣y+2∣≤0, donc (x−1)2=0, puis ∣y+2∣=0 ; d’où x=1 et y=−2.
Pour x≥2, y≥1 : (x−2−1)2+(y−1−2)2=(x−1−2x−2)+(y+3−4y−1)=x+y+2−2x−2−4y−1.
(⟹) Si x+y+2=2x−2+4y−1, la somme des deux carrés est nulle, donc chacun est nul : x−2=1 et y−1=2, d’où x=3 et y=5.
(⟸) Pour x=3, y=5 : 3+5+2=10 et 21+44=10.
Application 7
Montrer que (∀(a;b)∈R2)a2+b2=2ab⟺a=b.
Voir la solution
Soient a,b∈R. a2+b2=2ab⟺a2−2ab+b2=0⟺(a−b)2=0⟺a−b=0⟺a=b (chaque étape est réversible : on ajoute −2ab, on factorise, et un carré est nul si et seulement si le nombre est nul).
5. Raisonnement par disjonction des cas
Loi logique (disjonction des cas)
[(R⟹P) et (Q⟹P)]⟹[(R ou Q)⟹P]
Pour démontrer (∀x∈E)P(x), on partage E en cas qui couvrent toutes les valeurs possibles de x et on démontre P(x) dans chaque cas. Méthode adaptée aux valeurs absolues, à la parité, aux signes.
Exemple 19
Montrer que (∀x∈R)x2+x+1≥∣x+1∣.
Montrer que (∀n∈N)n(n+3) est pair.
Voir la solution
Soit x∈R. Cas 1 :x≥−1. Alors ∣x+1∣=x+1 et x2+x+1−(x+1)=x2≥0. Cas 2 :x<−1. Alors ∣x+1∣=−x−1 et x2+x+1−(−x−1)=x2+2x+2=(x+1)2+1>0. Dans les deux cas, x2+x+1≥∣x+1∣.
Soit n∈N. Cas 1 :n pair, n=2k (k∈N) : n(n+3)=2k(2k+3) est pair. Cas 2 :n impair, n=2k+1 : n+3=2(k+2), donc n(n+3)=2(2k+1)(k+2) est pair.
Application 8
Résoudre dans R l’équation ∣x−3∣=2x.
Voir la solution
Cas 1 :x≥3. L’équation devient x−3=2x, soit x=−3, qui ne vérifie pas x≥3 : pas de solution. Cas 2 :x<3. L’équation devient 3−x=2x, soit x=1, qui vérifie x<3. Donc S={1} (vérification : ∣1−3∣=2=2×1).
6. Raisonnement par l’absurde
Loi logique (absurde)
[(P⟹Q) et (P⟹Q)]⟹P
Pour démontrer P, on suppose P vraie et on en déduit une contradiction (une proposition et sa négation). Méthode adaptée aux énoncés « n’est pas », « n’appartient pas », « n’admet pas », « = ».
Exemple 20
Montrer que 2∈/Q.
Soit n∈N. Montrer que n+4n+2=1.
Soit a>0 et ABC un triangle tel que AB=4a, BC=5a et CA=7a. Montrer que ABC n’est pas rectangle.
Voir la solution
Supposons 2∈Q. Comme 2>0, on peut écrire 2=ba avec a,b∈N∗ et PGCD(a;b)=1. Alors a2=2b2, donc a2 est pair, donc a est pair (remarque du §3) : a=2k, k∈N∗. Il vient 4k2=2b2, soit b2=2k2 : b2 est pair, donc b est pair. Alors 2 divise a et b, ce qui contredit PGCD(a;b)=1. Donc 2∈/Q.
Supposons n+4n+2=1. Comme n+4=0, on obtient n+2=n+4, soit 2=4 : contradiction. Donc n+4n+2=1.
Supposons ABC rectangle. Son hypoténuse serait le plus grand côté [CA], et d’après Pythagore CA2=AB2+BC2, soit 49a2=16a2+25a2=41a2, donc 8a2=0 et a=0, ce qui contredit a>0. Donc ABC n’est pas rectangle.
Application 9
Montrer que, pour tout n∈N∗, n2+1∈/N.
Voir la solution
Soit n∈N∗ et supposons n2+1=m avec m∈N. Alors m2=n2+1, donc n2<m2 ; comme n,m≥0, n<m, donc m≥n+1 et m2≥n2+2n+1>n2+1 (car n≥1). Contradiction avec m2=n2+1. Donc n2+1∈/N.
7. Raisonnement par récurrence
Loi logique : principe de récurrence
Soit P(n) une fonction propositionnelle définie sur N et n0∈N :
[P(n0) et (∀n≥n0)(P(n)⟹P(n+1))]⟹(∀n≥n0)P(n).Initialisation : on vérifie que P(n0) est vraie. Hérédité : on fixe un entier n≥n0, on suppose P(n) vraie (hypothèse de récurrence) et on démontre P(n+1). Conclusion : d’après le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout n≥n0.
Exemple 21
Montrer que (∀n∈N∗)1+3+5+⋯+(2n−1)=n2.
Montrer que (∀n∈N,n≥4)2n≥n2.
Montrer que (∀n∈N)7 divise 32n+1+2n+2.
Voir la solution
Notons P(n) : « 1+3+⋯+(2n−1)=n2 ». Initialisation : pour n=1, 1=12. Hérédité : soit n∈N∗ tel que P(n). Alors 1+3+⋯+(2n−1)+(2n+1)=n2+2n+1=(n+1)2 : P(n+1) est vraie. Conclusion :P(n) est vraie pour tout n∈N∗.
Initialisation :24=16=42. Hérédité : soit n≥4 tel que 2n≥n2. Alors 2n+1=2⋅2n≥2n2. Or 2n2−(n+1)2=n2−2n−1=(n−1)2−2≥9−2>0 car n−1≥3. Donc 2n+1≥2n2>(n+1)2. Conclusion :(∀n≥4)2n≥n2.
Posons un=32n+1+2n+2. Initialisation :u0=3+4=7. Hérédité : supposons un=7k avec k∈N. Alors un+1=32n+3+2n+3=9⋅32n+1+2⋅2n+2=9un−7⋅2n+2=7(9k−2n+2), avec 9k−2n+2∈Z ; donc 7∣un+1. Conclusion :7∣un pour tout n∈N.
Remarque : symboles ∑ et ∏
Pour écrire une somme ou un produit de façon compacte :
a1+a2+⋯+an=∑k=1naketa1×a2×⋯×an=∏k=1nak.
Exemples : 1+2+⋯+n=k=1∑nk ; 1×2×⋯×n=k=1∏nk ; 1+3+⋯+(2n+1)=k=0∑n(2k+1).
Règles : k=0∑n+1ak=(k=0∑nak)+an+1 ; k=0∑nak=a0+k=1∑nak ; si α ne dépend pas de k, k=0∑nαak=αk=0∑nak et k=1∑nα=nα.
Application 10
Montrer que (∀n∈N)k=0∑n2k=2n+1−1.
Voir la solution
Initialisation : pour n=0, ∑k=002k=1=21−1. Hérédité : soit n∈N tel que ∑k=0n2k=2n+1−1. Alors ∑k=0n+12k=2n+1−1+2n+1=2⋅2n+1−1=2n+2−1. Conclusion : la formule est vraie pour tout n∈N.
Synthèse : quel raisonnement choisir ?
Objectif
Raisonnement conseillé
Loi logique
Montrer que (∀x∈E)P(x) est fausse
Contre-exemple
(∀x)P(x)⟺(∃x)P(x)
Montrer P⟹Q (sans =)
Direct
[(P⇒R) et (R⇒Q)]⇒(P⇒Q)
Montrer P⟹Q (avec =)
Contraposée
(P⇒Q)⟺(Q⇒P)
Montrer P⟺Q
Équivalences ou double implication
(P⇔Q)⟺[(P⇒Q) et (Q⇒P)]
Valeurs absolues, parité, signe
Disjonction des cas
[(R⇒P) et (Q⇒P)]⇒[(R ou Q)⇒P]
« n’est pas », « ∈/ », « = »
Absurde
[(P⇒Q) et (P⇒Q)]⇒P
Montrer (∀n≥n0)P(n)
Récurrence
Principe de récurrence
Série d’exercices
Remarque — règles de rédaction utilisées
La négation de P est notée P ; (∀x∈E)P(x) est (∃x∈E)P(x) et (∃x∈E)P(x) est (∀x∈E)P(x) (l’ensemble E ne change pas).
On écrit A⟺Bseulement si chaque étape est réversible (et on le justifie : multiplication par un réel non nul, carrés de deux réels positifs, inverses de deux réels de même signe strict…). Sinon on écrit A⟹B et on vérifie la réciproque ou les solutions obtenues.
V = vrai, F = faux.
Consignes. Sauf mention contraire, a,b,c,x,y,z désignent des réels et n, m des entiers naturels ; l’ensemble de chaque variable est précisé dans l’énoncé. La négation de P est notée P. Difficulté : de ★ (application directe) à ★★★★★ (niveau olympiade). Les exercices 1 à 17 suivent l’ordre du cours ; les exercices 18 à 30 sont des exercices de synthèse de haut niveau.
Exercice 1 — Quantificateurs Facile★☆☆☆☆
Écrire les propositions suivantes à l’aide des quantificateurs et des connecteurs logiques :
P : « Pour tout entier naturel n, il existe un entier naturel m tel que m−n=4. »
Q : « Il existe un réel m tel que, pour tout réel x, on ait x≥m. »
R : « Il existe un entier relatif dont le carré vaut 3. »
S : « L’équation x2=3 n’admet aucune solution rationnelle. »
T : « Entre deux réels distincts, il existe toujours un nombre décimal. »
Voir la solution
P:(∀n∈N)(∃m∈N)m−n=4 (vraie : m=n+4).
Q:(∃m∈R)(∀x∈R)x≥m (fausse : pour tout m, x=m−1 ne convient pas).
R:(∃n∈Z)n2=3 (fausse).
S:(∀x∈Q)x2=3, c’est-à-dire (∃x∈Q)x2=3.
T:(∀(x;y)∈R2)x<y⟹(∃d∈D)x<d<y.
Exercice 2 — Négation Facile★★☆☆☆
Pour chacune des propositions suivantes, écrire sa négation puis préciser si la proposition initiale est vraie ou fausse (justifier) :
R:(∀n∈N)(4∣n⟹8∣n) ; R:(∃n∈N)(4∣n et 8∤n) : « Il existe un entier naturel divisible par 4 et non divisible par 8 » (vraie : n=4).
Exercice 4 — Négation Facile★★☆☆☆
Déterminer la négation de chacune des propositions suivantes :
P:(∀x∈R)(x=1 ou x>20) ;
Q:(∃x∈R)(x2<30 et x∈N) ;
R:(∀y∈R)(∃x∈R)[x>y+2⟺(x−y)2≥x2+y2] ;
S : « a<b⟹a≥c », où a,b,c∈R.
Voir la solution
P:(∃x∈R)(x=1 et x≤20).
Q:(∀x∈R)(x2≥30 ou x∈/N).
Avec A⟺B⟺[(A et B) ou (A et B)] :
R:(∃y∈R)(∀x∈R)[(x>y+2 et (x−y)2<x2+y2) ou (x≤y+2 et (x−y)2≥x2+y2)].
Avec A⟹B⟺(A et B) : S : « a<b et a<c ».
Exercice 5 — Lois logiques Facile★★☆☆☆
Soient P, Q et R trois propositions. Dresser le tableau de vérité de chacune des propositions suivantes, puis montrer que ce sont des lois logiques :
P et Q⟺(P ou Q)
P ou Q⟺(P et Q)
P⟹Q⟺(P et Q)
(P⟺Q)⟺(P⟺Q)
P⟺Q⟺(P⟺Q)
[(P⟹Q) et Q]⟹P
[(P⟹Q) et (P⟹R)]⟺[P⟹(Q et R)]
Voir la solution
On note L et M les deux membres ; on montre que les colonnes L et M coïncident (donc L⟺M est toujours vraie), ou que la dernière colonne ne contient que des V.
1) et 2) Lois de Morgan.
P
Q
P et Q
P ou Q
P ou Q
P et Q
V
V
F
F
F
F
V
F
V
V
F
F
F
V
V
V
F
F
F
F
V
V
V
V
Les colonnes 3 et 4 sont identiques, ainsi que les colonnes 5 et 6 : 1) et 2) sont des lois logiques.
3) et 4) et 5).
P
Q
P⇒Q
P et Q
P⇔Q
P⇔Q
P⇔Q
P⇔Q
V
V
F
F
V
V
F
F
V
F
V
V
F
F
V
V
F
V
F
F
F
F
V
V
F
F
F
F
V
V
F
F
Les colonnes (3 ; 4), (5 ; 6) et (7 ; 8) sont deux à deux identiques : 3), 4) et 5) sont des lois logiques.
6) Notons T : « (P⇒Q) et Q ».
P
Q
P⇒Q
Q
T
P
T⇒P
V
V
V
F
F
F
V
V
F
F
V
F
F
V
F
V
V
F
F
V
V
F
F
V
V
V
V
V
7)L : « (P⇒Q) et (P⇒R) », M : « P⇒(Q et R) ».
P
Q
R
P⇒Q
P⇒R
L
Q et R
M
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
F
V
F
F
F
F
V
F
V
F
V
F
F
F
V
F
F
F
F
F
F
F
F
V
V
V
V
V
V
V
F
V
F
V
V
V
F
V
F
F
V
V
V
V
F
V
F
F
F
V
V
V
F
V
Les colonnes L et M sont identiques : 7) est une loi logique.
Exercice 6 — Négation Facile★★☆☆☆
Soient a, b et c des réels. Donner la négation de chacune des propositions suivantes :
R1 : a≤b⟹a>c ;
R2 : a=b=c ;
R3 : a<b≤c ;
R4:(∀(x;y)∈R2)0≤x−y≤3⟹∣x−y∣≤3 ;
R5:(∀x∈R∗)(∀y∈R∗)x+y=2⟺y<1 ;
R6:(∀x∈R)x≥1 ou x≤1 ;
R7:(∀(a;b)∈R2∖{(0;0)})(∃x∈R)cos(x)=a2+b2a et sin(x)=a2+b2b.
Voir la solution
R1 : a≤b et a≤c.
R2 signifie « a=b et b=c », donc R2 : a=b ou b=c.
R3 signifie « a<b et b≤c », donc R3 : a≥b ou b>c.
R4:(∃(x;y)∈R2)0≤x−y≤3 et ∣x−y∣>3.
R5:(∃x∈R∗)(∃y∈R∗)(x+y=2 et y≥1) ou (x+y=2 et y<1).
R6:(∃x∈R)x<1 et x>1 (qui est fausse : R6 est vraie).
R7:(∃(a;b)∈R2∖{(0;0)})(∀x∈R)cos(x)=a2+b2a ou sin(x)=a2+b2b.
Exercice 7 — Rais. par contre-exemple Facile★★☆☆☆
Déterminer la valeur de vérité de chacune des propositions suivantes, en justifiant :
Tout nombre premier impair s’écrit sous la forme 4k+1, avec k∈N.
Tout entier naturel dont l’écriture décimale se termine par 7 est premier.
Pour tout n∈N, l’entier n2−n+17 est premier.
(∀(x;y)∈R2)2x−3y=5
(∀(x;y)∈R2)∣x−y∣=∣x∣−∣y∣
(∀(x;y)∈R2)cos(x−y)=cos(x)−cos(y)
(∀(x;y)∈R2)sin(x−y)=sin(x)−sin(y)
(∀x∈R)(∃y∈R)x2+2xy+2y2=0
Voir la solution
Pour montrer qu’une proposition « pour tout… » est fausse, il suffit d’un contre-exemple.
Fausse :3 est premier impair et 3=4k+1⟺k=21∈/N.
Fausse :27 se termine par 7 et 27=3×9.
Fausse : pour n=17 : 172−17+17=289=172 n’est pas premier.
Fausse : pour (x;y)=(0;0) : 0=5.
Fausse : pour (x;y)=(0;1) : ∣0−1∣=1 et ∣0∣−∣1∣=−1.
Fausse : pour x=y=0 : cos0=1 et cos0−cos0=0.
Fausse : pour x=2π, y=−2π : sin(π)=0 et sin2π−sin(−2π)=1+1=2.
Fausse. Sa négation est (∃x∈R)(∀y∈R)x2+2xy+2y2=0. Pour x=1 : 2y2+2y+1=0 a pour discriminant 4−8=−4<0, donc aucun réel y ne convient : la négation est vraie.
Exercice 8 — Rais. direct Facile★★☆☆☆
Démontrer les implications suivantes par un raisonnement direct :
(∀x∈R)∣x∣≤1⟹∣2x−3∣≤5
(∀x∈R)x>0⟹x+x4≥4
(∀x∈R)x>2⟹x2−x−2>0
(∀(x;y)∈R2)xy+2=2x+y⟹(x=1 ou y=2)
(∀(a;b)∈R2)(a∈Q et b∈Q)⟹ab∈Q
(∀a∈R∗)(∀(b;c)∈R2)ac<0⟹ l’équation ax2+bx+c=0 admet deux solutions réelles distinctes.
Voir la solution
Soit x∈R tel que ∣x∣≤1. Alors −1≤x≤1, donc −2≤2x≤2, donc −5≤2x−3≤−1. Ainsi −5≤2x−3≤5, c’est-à-dire ∣2x−3∣≤5.
Soit x>0. x+x4−4=xx2−4x+4=x(x−2)2≥0 car (x−2)2≥0 et x>0. Donc x+x4≥4.
Soit x>2. x2−x−2=(x−2)(x+1) avec x−2>0 et x+1>3>0, donc x2−x−2>0.
Soient x,y∈R tels que xy+2=2x+y. Alors xy−2x−y+2=0, soit x(y−2)−(y−2)=0, c’est-à-dire (x−1)(y−2)=0. Donc x−1=0 ou y−2=0 : x=1 ou y=2.
Soient a,b∈Q : a=qp et b=sr avec p,r∈Z, q,s∈N∗. Alors ab=qspr avec pr∈Z et qs∈N∗, donc ab∈Q.
Soient a∈R∗ et b,c∈R tels que ac<0. Le discriminant est Δ=b2−4ac ; or b2≥0 et −4ac>0, donc Δ>0 : l’équation admet deux solutions réelles distinctes.
Exercice 9 — Rais. par contraposée Moyen★★★☆☆
Démontrer les implications suivantes par contraposée :
(∀(x;y)∈R2)x=y⟹(x+2)(y−2)=(x−2)(y+2)
(∀x∈R+)x=0⟹1+2x=1+x
(∀(x;y)∈R+2)x=y⟹x+1x−1=y+1y−1
(∀(x;y)∈R2)(x=y et xy=1)⟹x2+1x=y2+1y
(∀x∈R)x2−3x+2<0⟹x<2
(∀n∈N)n3 est impair ⟹n est impair
(∀(x;y)∈R2)(x=y et x+y=−4)⟹x2+4x=y2+4y
(∀(x;y;z)∈R3)x+2y≤3z⟹(x≤z ou y≤z)
Voir la solution
Pour chaque implication, on démontre la contraposéeQ⟹P.
Contraposée : (x+2)(y−2)=(x−2)(y+2)⟹x=y. On a (x+2)(y−2)−(x−2)(y+2)=(xy−2x+2y−4)−(xy+2x−2y−4)=4(y−x). Si les deux produits sont égaux, 4(y−x)=0, donc x=y.
Contraposée : 1+2x=1+x⟹x=0 (pour x≥0). Si 1+2x=1+x, en élevant au carré : 1+2x=1+2x+x2, donc x2=0, d’où x=0.
Contraposée : x+1x−1=y+1y−1⟹x=y (avec x+1>0, y+1>0). Si l’égalité a lieu : (x−1)(y+1)=(y−1)(x+1), soit xy+x−y−1=xy+y−x−1, donc 2x=2y et x=y.
Contraposée : x2+1x=y2+1y⟹(x=y ou xy=1). Si l’égalité a lieu (dénominateurs >0) : x(y2+1)=y(x2+1), soit xy2−x2y+x−y=0, c’est-à-dire −xy(x−y)+(x−y)=0, d’où (x−y)(1−xy)=0 : x=y ou xy=1.
Contraposée : x≥2⟹x2−3x+2≥0. Si x≥2 : x2−3x+2=(x−1)(x−2) avec x−1≥1>0 et x−2≥0, donc le produit est positif.
Contraposée : n pair ⟹n3 pair. Si n=2k (k∈N), alors n3=8k3=2(4k3) est pair.
Contraposée : x2+4x=y2+4y⟹(x=y ou x+y=−4). Si x2+4x=y2+4y : (x2−y2)+4(x−y)=0, soit (x−y)(x+y+4)=0, donc x=y ou x+y=−4.
Contraposée : (x>z et y>z)⟹x+2y>3z. Si x>z et y>z, alors 2y>2z et, en additionnant, x+2y>3z.
Exercice 10 — Rais. par équivalences Moyen★★★☆☆
Montrer que, pour tout x∈R+ : x+5=1+x⟺x=4.
Montrer que, pour tout x∈[2;+∞[ : xx−2≤42.
Montrer que, pour tous x,y∈R : ∣x−y∣=∣x∣+∣y∣⟺xy≤0.
Montrer que, pour tout x∈[−3;3] : 9−x2≤x+32.
Voir la solution
Soit x∈R+. Les deux membres x+5 et 1+x sont positifs, donc
x+5=1+x⟺x+5=1+2x+x⟺2x=4⟺x=2⟺x=4 (la dernière équivalence car x≥0 et 2≥0).
Soit x≥2 (donc x>0). xx−2≤42⟺4x−2≤2x (multiplication par 4x>0). Les deux membres étant positifs : ⟺16(x−2)≤2x2⟺2x2−16x+32≥0⟺2(x−4)2≥0, ce qui est vrai. Donc l’inégalité est vraie pour tout x≥2.
Soient x,y∈R. Les deux membres étant positifs : ∣x−y∣=∣x∣+∣y∣⟺(x−y)2=(∣x∣+∣y∣)2⟺x2−2xy+y2=x2+2∣xy∣+y2⟺−xy=∣xy∣⟺xy≤0 (car ∣u∣=−u⟺u≤0).
Soit x∈[−3;3]. On a x+32≥−3+32>0 (car 2>1) et 9−x2≥0. Donc
9−x2≤x+32⟺9−x2≤x2+62x+18⟺0≤2x2+62x+9⟺0≤(2x+3)2, ce qui est vrai.
Exercice 11 — Rais. par disjonction des cas Moyen★★★☆☆
Résoudre dans R l’équation : −x2+∣x−2∣+4=0.
Montrer que, pour tout x∈R : x2+4+x>0.
Montrer que, pour tout n∈N, l’entier n(5n+3) est pair.
Résoudre dans R l’inéquation : x2−3x+2>x+1.
Soit m∈R∗. Résoudre dans R l’équation : mx2−2(m−1)x+m−3=0.
Soit n∈N. Montrer que n(n2+2) est divisible par 3.
Voir la solution
1)Cas x≥2 :∣x−2∣=x−2 et l’équation devient −x2+x+2=0⟺(x−2)(x+1)=0⟺x∈{2;−1} ; seul 2 vérifie x≥2.
Cas x<2 :∣x−2∣=2−x et l’équation devient −x2−x+6=0⟺(x−2)(x+3)=0⟺x∈{2;−3} ; seul −3 vérifie x<2.
Donc S={−3;2}.
2) Soit x∈R. Cas x≥0 :x2+4≥2>0 et x≥0, donc la somme est >0. Cas x<0 :x2+4>x2 donc x2+4>x2=∣x∣=−x, d’où x2+4+x>0.
3)Cas n pair :n=2k, n(5n+3)=2k(10k+3) est pair. Cas n impair :n=2k+1, 5n+3=10k+8=2(5k+4), donc n(5n+3)=2(2k+1)(5k+4) est pair.
4)Domaine :x2−3x+2=(x−1)(x−2)≥0⟺x∈D=]−∞;1]∪[2;+∞[.
Cas x∈D et x<−1 :x+1<0≤x2−3x+2 : tout x<−1 est solution.
Cas x∈D et x≥−1 : les deux membres sont positifs, donc x2−3x+2>x+1⟺x2−3x+2>x2+2x+1⟺x<51. Avec x≥−1 et x∈D : x∈[−1;51[.
Donc S=]−∞;−1[∪[−1;51[=]−∞;51[.
5)m=0 : équation du second degré, de discriminant réduit Δ′=(m−1)2−m(m−3)=m+1.
Si m<−1 : Δ′<0, S=∅.
Si m=−1 : Δ′=0, une solution double x=mm−1=2 ; S={2}.
Si m>−1 et m=0 : Δ′>0, S={mm−1−m+1;mm−1+m+1}.
6) Tout entier n s’écrit 3k, 3k+1 ou 3k+2 (k∈N).
n=3k :n(n2+2)=3k(n2+2). n=3k+1 :n2+2=9k2+6k+3=3(3k2+2k+1). n=3k+2 :n2+2=9k2+12k+6=3(3k2+4k+2). Dans tous les cas, 3∣n(n2+2).
Exercice 12 — Rais. par l’absurde Moyen★★★☆☆
Soit a>0 et soit ABC un triangle tel que AB=5a, BC=6a et CA=8a. Montrer que ABC n’est pas rectangle.
Soient a,b∈R+∗ tels que ab=4. Montrer que a≤2 ou b≤2.
Soient a,b∈Q tels que 2a+3b2=0. Montrer que a=0 et b=0.
Montrer que, pour tout n∈N, n+2n+1∈/Q. On admet que : si PGCD(p;q)=1, alors PGCD(p2;q2)=1 ; si p∣qr et PGCD(p;q)=1, alors p∣r ; et PGCD(n+1;n+2)=1.
Voir la solution
Supposons ABC rectangle. L’hypoténuse est le plus grand côté [CA], donc CA2=AB2+BC2 : 64a2=25a2+36a2=61a2, d’où 3a2=0 et a=0, ce qui contredit a>0. Donc ABC n’est pas rectangle.
Supposons a>2 et b>2. Comme a,b>0, on obtient ab>2×2=4, ce qui contredit ab=4. Donc a≤2 ou b≤2.
Supposons b=0. Alors 2=−3b2a∈Q (quotient de rationnels, 3b=0), ce qui contredit 2∈/Q. Donc b=0, puis 2a=0, soit a=0.
Soit n∈N et supposons n+2n+1=ba avec a,b∈N∗, PGCD(a;b)=1. Alors (n+1)b2=(n+2)a2.
Comme PGCD(a2;b2)=1 et a2∣(n+1)b2, on a a2∣n+1 ; de même b2∣n+2. Écrivons n+1=pa2 ; en reportant, pa2b2=(n+2)a2, donc n+2=pb2. Ainsi p divise n+1 et n+2, donc p∣PGCD(n+1;n+2)=1 et p=1 : n+1=a2 et n+2=b2. Alors b2−a2=1, soit (b−a)(b+a)=1 avec b+a≥2 : contradiction. Donc n+2n+1∈/Q.
Exercice 13 — Rais. par récurrence Moyen★★★☆☆
Démontrer par récurrence les propriétés suivantes :
(∀n∈N∗)k=1∑n(2k−1)2=3n(2n−1)(2n+1)
(∀n∈N)k=0∑n5k=45n+1−1
(∀n∈N∗)k=1∑n(2k−1)3=n2(2n2−1)
(∀n∈N)k=0∑n(4k+1)=(n+1)(2n+1)
(∀n∈N)3n>2n
(∀n∈N∗)4n≥3n+1
(∀n∈N∗)k=1∑n(2k−1)(2k+1)1=2n+1n. Donner aussi une démonstration sans récurrence.
(∀n∈N)k=0∑n(−21)k=32+3×2n(−1)n
(∀n∈N∗)k=1∑nk(k+2)=6n(n+1)(2n+7)
(∀n∈N)(34)n≥1+3n
Pour tout n∈N, l’entier 7n−1 est divisible par 6.
Voir la solution
Dans chaque cas : initialisation, puis hérédité (on suppose la propriété vraie au rang n et on la démontre au rang n+1), puis conclusion par le principe de récurrence.
1)n=1 : 1=31⋅1⋅3. Hérédité : k=1∑n+1(2k−1)2=3n(2n−1)(2n+1)+(2n+1)2=3(2n+1)(2n2−n+6n+3)=3(2n+1)(2n2+5n+3)=3(n+1)(2n+1)(2n+3), qui est la formule au rang n+1.
3)n=1 : 1=1⋅(2−1). Hérédité : n2(2n2−1)+(2n+1)3=2n4+8n3+11n2+6n+1 et (n+1)2(2(n+1)2−1)=(n2+2n+1)(2n2+4n+1)=2n4+8n3+11n2+6n+1. Égalité.
4)n=0 : 1=1×1. Hérédité : (n+1)(2n+1)+(4n+5)=2n2+7n+6=(n+2)(2n+3), formule au rang n+1.
5)n=0 : 1>0. Hérédité : si 3n>2n, alors 3n+1=3⋅3n>6n≥2n+2 dès que n≥21, i.e. n≥1 ; pour n=0 : 31=3>2. Donc 3n+1>2(n+1).
6)n=1 : 4≥4. Hérédité : si 4n≥3n+1, alors 4n+1≥12n+4=3(n+1)+1+9n≥3(n+1)+1.
7)n=1 : 31=31. Hérédité :
2n+1n+(2n+1)(2n+3)1=(2n+1)(2n+3)2n2+3n+1=(2n+1)(2n+3)(n+1)(2n+1)=2n+3n+1.Sans récurrence : pour tout k≥1, (2k−1)(2k+1)1=21(2k−11−2k+11), donc la somme est télescopique : 21(1−2n+11)=2n+1n.
9)n=1 : 3=61⋅2⋅9. Hérédité :
6n(n+1)(2n+7)+(n+1)(n+3)=6(n+1)(2n2+13n+18)=6(n+1)(n+2)(2n+9),
formule au rang n+1.
10)n=0 : 1≥1. Hérédité : si (34)n≥1+3n, alors (34)n+1≥34(1+3n)=1+3n+1+94n≥1+3n+1.
11)n=0 : 70−1=0=6×0. Hérédité : si 7n−1=6q (q∈N), alors 7n+1−1=7(7n−1)+6=6(7q+1).
Exercice 14 — Absurde / contraposée Moyen★★★☆☆
Montrer que le polynôme P(x)=x3+x2+x+3 n’admet aucune racine dans Z.
Montrer que, pour tout x∈R∗ : 4+x2=2+4x2.
Soient x,y,z∈R tels que x+y+z>23. Montrer que x>21 ou y>21 ou z>21.
Soient x,y∈R+∗. Montrer que : yx−xy=2⟹yx+xy=22.
Sachant que 15∈/Q, montrer que 3+5∈/Q.
Voir la solution
Supposons qu’il existe n∈Z tel que P(n)=0. Alors n(n2+n+1)=−3, donc n divise 3 : n∈{−3;−1;1;3}. Or P(1)=6, P(−1)=2, P(3)=42, P(−3)=−18 : aucune n’est nulle. Contradiction : P n’a pas de racine entière.
Contraposée : 4+x2=2+4x2⟹x=0. En élevant au carré : 4+x2=4+x2+16x4, donc x4=0 et x=0.
Par l’absurde : si x≤21, y≤21 et z≤21, alors x+y+z≤23, ce qui contredit l’hypothèse.
Posons u=yx+xy et v=yx−xy ; on a u2−v2=4yxxy=4. Contraposée : si u=22, alors v2=u2−4=4, donc ∣v∣=2.
Supposons r=3+5∈Q. Alors r2=8+215, donc 15=2r2−8∈Q : contradiction. Donc 3+5∈/Q.
Exercice 15 — Raisonnements variés Moyen★★★☆☆
Montrer que la proposition (∀x∈R∗)x+x4≥4 est fausse.
Soient a et b deux réels positifs ou nuls.
a. Montrer que a2+4a<b2+4b⟺a<b.
b. Montrer que aa2+4=bb2+4⟺a=b.
Montrer que, pour tous x,y∈R : ∣x2+3xy+2y2∣≤4⟹(∣x+y∣≤2 ou ∣x+2y∣≤2).
a. Montrer que tout entier naturel n non divisible par 3 s’écrit n=3k+1 ou n=3k+2, avec k∈N.
b. En déduire que, si l’entier n2−1 n’est pas divisible par 3, alors n est divisible par 3.
Montrer que, pour tout n∈N∗ : n2+4n∈/N et n+4n∈/Q. On admet que si ba est irréductible, alors b2a2 est irréductible.
Voir la solution
1) Contre-exemple : x=−1∈R∗ donne −1−4=−5<4.
2) a) Les deux quotients sont positifs, donc (carrés de réels positifs, puis multiplication par (a2+4)(b2+4)>0) :
a2+4a<b2+4b⟺a2+4a2<b2+4b2⟺a2(b2+4)<b2(a2+4)⟺4a2<4b2⟺a<b (car a,b≥0).
2) b) Les deux membres sont positifs : aa2+4=bb2+4⟺a2(a2+4)=b2(b2+4)⟺(a2−b2)(a2+b2+4)=0⟺a2=b2 (car a2+b2+4>0) ⟺a=b (car a,b≥0).
3) On a x2+3xy+2y2=(x+y)(x+2y). Contraposée : si ∣x+y∣>2 et ∣x+2y∣>2, alors ∣x2+3xy+2y2∣=∣x+y∣⋅∣x+2y∣>4.
4) a) La division euclidienne de n par 3 donne n=3k+r avec r∈{0;1;2} ; si 3∤n, r=0, donc n=3k+1 ou n=3k+2.
4) b) Contraposée : si 3∤n, alors 3∣n2−1. Si n=3k+1 : n2−1=9k2+6k=3(3k2+2k) ; si n=3k+2 : n2−1=9k2+12k+3=3(3k2+4k+1).
5) Pour n≥1 : (n+1)2=n2+2n+1<n2+4n (car 2n>1) et n2+4n<n2+4n+4=(n+2)2. Si n2+4n=m∈N, alors n+1<m<n+2 : impossible. Donc n2+4n∈/N.
Supposons n+4n=ba∈Q, ba avec PGCD(a;b)=1, a,b∈N∗. Alors n2+4n=(n+4)ba est rationnel ; écrivons-le qp avec PGCD(p;q)=1 (p,q∈N∗). Alors n2+4n=q2p2 et PGCD(p2;q2)=1 (admis) ; comme c’est un entier, q2=1, donc n2+4n=p∈N : contradiction avec ce qui précède.
Exercice 16 — Raisonnements variés Difficile★★★★☆
Montrer que, pour tout n∈N, l’entier 32n+2+26n+1 est divisible par 11.
a. Montrer que, pour tout n∈N : 5∣n2⟹5∣n.
b. En déduire que 5∈/Q.
Soient a,b∈R tels que a2+b2=2. Montrer que ∣a+b∣≤2.
Soient a et b des réels.
a. Montrer que a2+b2+1≥ab+a+b.
b. Montrer que a3+2a=b3+2b⟺a=b.
Soient a et b deux réels tels que (∀ε∈R+∗)a≤b+ε. Montrer par l’absurde que a≤b.
Voir la solution
1) Posons un=32n+2+26n+1. u0=9+2=11. Si un=11q : un+1=9⋅32n+2+64⋅26n+1=9un+55⋅26n+1=11(9q+5⋅26n+1). Par récurrence, 11∣un pour tout n∈N.
2) a) Contraposée : 5∤n⟹5∤n2. Si 5∤n, n=5k+r avec r∈{1;2;3;4} et n2=5(5k2+2kr)+r2, avec r2∈{1;4;9;16}, soit r2=5q′+s avec s∈{1;4;4;1}. Le reste de n2 par 5 vaut 1 ou 4 : 5∤n2.
2) b) Supposons 5=ba, a,b∈N∗, PGCD(a;b)=1. Alors a2=5b2, donc 5∣a2, donc 5∣a : a=5c. Alors 25c2=5b2, b2=5c2, donc 5∣b. Contradiction avec PGCD(a;b)=1.
3)(a+b)2=a2+b2+2ab≤a2+b2+(a2+b2)=4 car 2ab≤a2+b2⟺(a−b)2≥0. Donc ∣a+b∣=(a+b)2≤2.
4) a)a2+b2+1−ab−a−b=21[(a−b)2+(a−1)2+(b−1)2]≥0.
4) b) (⟸) évident. (⟹) a3+2a=b3+2b⟹(a−b)(a2+ab+b2+2)=0. Or a2+ab+b2=(a+2b)2+43b2≥0, donc a2+ab+b2+2>0, d’où a−b=0.
5) Supposons a>b et posons ε=2a−b>0. L’hypothèse donne a≤b+2a−b, soit 2a−b≤0, donc a≤b : contradiction. Donc a≤b.
Exercice 17 — Loi logique sans tableau Moyen★★★☆☆
Sans utiliser de tableau de vérité, montrer que la proposition [(P ou Q)⟹R]⟺[(P⟹R) et (Q⟹R)] est une loi logique.
Voir la solution
En utilisant (A⇒B)⟺(A ou B), les lois de Morgan et la distributivité :
[(P ou Q)⇒R]⟺[P ou Q ou R]⟺[(P et Q) ou R]⟺[(P ou R) et (Q ou R)]⟺[(P⇒R) et (Q⇒R)].
Chaque étape est une loi logique, donc l’équivalence est vraie quelles que soient les valeurs de P,Q,R : c’est une loi logique.
2)un=25n+3+17⋅7n. u1=256+119=375=25×15. Si un=25q : un+1=32⋅25n+3+7⋅17⋅7n=7un+25⋅25n+3=25(7q+25n+3).
3)un=2⋅32n+26n−4. u1=18+4=22. Si un=11q : un+1=9⋅2⋅32n+64⋅26n−4=9un+55⋅26n−4=11(9q+5⋅26n−4).
4)un=33n+1+23n+4. u1=81+128=209=19×11. Si un=19q : un+1=27⋅33n+1+8⋅23n+4=8un+19⋅33n+1=19(8q+33n+1).
5)n=1 : 2≤4−2. Hérédité : supposons ∏k=1n(1+k21)≤n+14n. Alors
k=1∏n+1(1+k21)≤n+14n⋅(n+1)2(n+1)2+1=(n+1)34n(n2+2n+2). Or n+24(n+1)−(n+1)34n(n2+2n+2)=(n+1)3(n+2)4[(n+1)4−n(n+2)(n2+2n+2)]=(n+1)3(n+2)4>0. Donc le produit est ≤n+24(n+1)=4−n+24.
6) Notons Sn=∑k=1nk1. n=1 : 22−2≈0,83≤1≤1.
Hérédité (majoration) : Sn+1≤2n−1+n+11 et 2n+1−2n=n+1+n2≥2n+12=n+11, donc Sn+1≤2n+1−1.
Hérédité (minoration) : Sn+1≥2n+1−2+n+11 et 2n+2−2n+1=n+2+n+12≤2n+12=n+11, donc Sn+1≥2n+2−2.
7)n=1 : 61=4⋅2⋅34. Hérédité :
4(n+1)(n+2)n(n+3)+(n+1)(n+2)(n+3)1=4(n+1)(n+2)(n+3)n(n+3)2+4=4(n+1)(n+2)(n+3)(n+1)2(n+4)=4(n+2)(n+3)(n+1)(n+4),
car n3+6n2+9n+4=(n+1)2(n+4).
Soient a,b∈R. Montrer que, pour tout n∈N∗ : an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+⋯+abn−2+bn−1)=(a−b)k=1∑nan−kbk−1.
Soient x,y∈R+∗. Montrer que, pour tout n∈N : xn+2+yn+2≥xny2+x2yn.
Voir la solution
Récurrence. n=1 : a−b=(a−b)⋅1. Si la formule est vraie au rang n : an+1−bn+1=a(an−bn)+bn(a−b)=(a−b)[∑k=1nan+1−kbk−1+bn]=(a−b)∑k=1n+1an+1−kbk−1.
xn+2+yn+2−xny2−x2yn=xn(x2−y2)−yn(x2−y2)=(xn−yn)(x2−y2). Pour n≥1, d’après 1), xn−yn=(x−y)S avec S>0 (somme de termes strictement positifs), et x2−y2=(x−y)(x+y). Donc la différence vaut (x−y)2(x+y)S≥0. Pour n=0 : la différence est nulle.
On suppose que x+y=2.
a. Montrer que xy≤1 et que, pour tout n∈N∗, xn+yn≥2.
b. En déduire que, pour tout n∈N∗ : (1+xn1)(1+yn1)≥4.
Voir la solution
1)n=1 : x+y≥x+y. Hérédité : si 2n−1(xn+yn)≥(x+y)n, alors (x+y)n+1≤2n−1(xn+yn)(x+y) et
2(xn+1+yn+1)−(xn+yn)(x+y)=xn+1+yn+1−xny−xyn=(xn−yn)(x−y)≥0 (même signe, exercice 20). D’où (x+y)n+1≤2n(xn+1+yn+1).
2) a)1−xy=4(x+y)2−xy=4(x−y)2≥0, donc xy≤1. D’après 1) : xn+yn≥2n−1(x+y)n=2n−12n=2.
2) b)(1+xn1)(1+yn1)=1+(xy)nxn+yn+(xy)n1. Comme 0<xy≤1, 0<(xy)n≤1, donc (xy)n1≥1 et (xy)nxn+yn≥xn+yn≥2. Le produit est donc ≥1+2+1=4.
Exercice 22 — Rais. par l’absurde Difficile★★★★☆
Montrer que, pour tout n∈N∗, l’entier n(n+2) n’est pas le carré d’un entier, puis que nn+2∈/Q (on pourra utiliser l’admis de l’exercice 15).
En déduire que, si a,b∈N vérifient a>2b>0, alors a2−4b2a2+4b2∈/N.
Voir la solution
1)n2<n2+2n<(n+1)2 pour n≥1, donc n(n+2) n’est pas un carré parfait. Si nn+2∈Q, alors n(n+2)=nnn+2∈Q ; en l’écrivant qp avec PGCD(p;q)=1, n(n+2)=q2p2 irréductible et entier, donc q=1 et n(n+2)=p2 : contradiction.
2) Supposons a2−4b2a2+4b2=k∈N (a2−4b2>0). Comme a2+4b2>a2−4b2>0, k≥2. Alors a2+4b2=k(a2−4b2), soit (k+1)4b2=(k−1)a2, donc k−1k+1=(2ba)2 et k−1(k−1)+2=2ba∈Q, avec n=k−1∈N∗ : contradiction avec 1).
Exercice 23 — Rais. par l’absurde Difficile★★★★☆
Montrer que, pour tout n∈N, n+5n+3∈/N.
Soient a et b deux rationnels tels que a=2b. Montrer que 2+2a+b2∈/Q.
Montrer que, pour tout n∈N, n2+3n+3∈/N.
Soit a∈N. Montrer que a2+9a2+36a2+12a+2∈/N.
Voir la solution
Pour n∈N : 0<n+3<n+5, donc 0<n+5n+3<1 : ce n’est pas un entier naturel.
2+2a+b2=2(a+b2)(2−2)=(a−b)+22b−a2. Supposons ce nombre égal à r∈Q ; comme 2b−a=0 : 2=2b−a2(r−a+b)∈Q, contradiction.
(n+1)2<n2+3n+3<(n+2)2 (car n+2>0 et n+1>0) : n2+3n+3 est strictement compris entre deux entiers consécutifs, donc n’est pas entier.
(6a+1)2=36a2+12a+1<36a2+12a+2<36a2+24a+4=(6a+2)2, donc u=36a2+12a+2∈/N, donc u∈/Z (u>0). Alors 9a2+u∈/Z ; si v=9a2+u était entier, 9a2+u=v2 serait entier : absurde. Donc v∈/N, puis de même a2+v∈/Z et a2+v∈/N.
Exercice 24 — Double implication Moyen★★★☆☆
Soient a, b et c des réels.
Montrer que : ∣a+b∣+∣a−b∣≤2c⟹(∣a∣≤c et ∣b∣≤c).
Montrer que : (∣a∣≤c et ∣b∣≤c)⟹∣a+b∣+∣a−b∣≤2c.
Voir la solution
2∣a∣=∣(a+b)+(a−b)∣≤∣a+b∣+∣a−b∣≤2c, donc ∣a∣≤c ; de même 2∣b∣=∣(a+b)−(a−b)∣≤2c.
On a c≥∣a∣≥0. Les deux membres étant positifs : (∣a+b∣+∣a−b∣)2=2a2+2b2+2∣a2−b2∣. Si a2≥b2, cela vaut 4a2≤4c2 ; sinon 4b2≤4c2. Donc ∣a+b∣+∣a−b∣≤2c.
Exercice 25 — Synthèse Difficile★★★★★
Soient a,b,c∈R tels que, pour tout x∈[−2;2], ∣ax2+bx+c∣≤1.
Montrer que ∣c∣≤1, ∣4a+2b+c∣≤1 et ∣4a−2b+c∣≤1.
En déduire que ∣4a+c∣≤1 et ∣a∣≤21.
a. Montrer que : 2(16a2+4b2+c2)≤(4a+2b+c)2+(4a−2b+c)2+16∣ac∣.
b. En déduire que 16a2+4b2+c2≤5.
Voir la solution
Pour x=0, x=2, x=−2 (qui sont dans [−2;2]) : ∣c∣≤1, ∣4a+2b+c∣≤1, ∣4a−2b+c∣≤1.
2(4a+c)=(4a+2b+c)+(4a−2b+c), donc 2∣4a+c∣≤1+1 et ∣4a+c∣≤1. Puis 4∣a∣=∣(4a+c)−c∣≤1+1, donc ∣a∣≤21.
a. (4a+2b+c)2+(4a−2b+c)2=32a2+8b2+2c2+16ac. Donc le second membre moins le premier vaut 16ac+16∣ac∣≥0.
b. D’après 1) et 2) : 2(16a2+4b2+c2)≤1+1+16⋅21⋅1=10, donc 16a2+4b2+c2≤5.
Soient a, b et c des entiers relatifs, tous différents de 2. Montrer que :
{2(a+b)≤ab+32(b+c)≤bc+3⟹2(c+a)≤ca+3.
Voir la solution
Pour des entiers : 2(a+b)≤ab+3⟺ab−2a−2b+4≥1⟺(a−2)(b−2)≥1. Les hypothèses donnent (a−2)(b−2)≥1 et (b−2)(c−2)≥1 : donc a−2 et c−2 ont le même signe (strict) que b−2, d’où (a−2)(c−2)>0. Comme c’est un entier, (a−2)(c−2)≥1, c’est-à-dire 2(c+a)≤ca+3.
Exercice 27 — Raisonnement au choix Moyen★★★☆☆
Soient a,b,c∈N∗ tels que a2b<c. Montrer que a+b≤c.
Voir la solution
Comme a≥1 : a2b≥ab. Et ab−(a+b−1)=(a−1)(b−1)≥0. Donc c>a2b≥ab≥a+b−1, soit c>a+b−1 ; les nombres étant entiers, c≥a+b.
Exercice 28 — Inégalités Difficile★★★★☆
Soient a, b et c les longueurs des côtés d’un triangle, avec a+b+c=2. Montrer que 34≤a2+b2+c2<2.
Voir la solution
Minoration :3(a2+b2+c2)−(a+b+c)2=(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0, donc a2+b2+c2≥34.
Majoration : inégalité triangulaire stricte : a<b+c, donc a2<a(b+c) ; de même b2<b(a+c), c2<c(a+b). En sommant, S=a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)=(a+b+c)2−S=4−S, donc S<2.
Exercice 29 — Équivalence en géométrie Moyen★★★☆☆
Soit EFG un triangle isocèle en F. Soient M un point du segment [FE] et N un point du segment [EG] tels que (MN)∥(FG). Soit P un point du segment [FG]. Montrer que (NP)∥(EF)⟺EM=FP.
Voir la solution
Posons t=EFEM (0≤t≤1). Comme (MN)∥(FG), Thalès dans EFG donne EGEN=t, donc GEGN=1−t.
(NP)∥(EF)⟺ (Thalès et sa réciproque dans le triangle GEF, N∈[GE], P∈[GF]) GFGP=GEGN=1−t⟺FP=t⋅FG⟺FP=t⋅FE (car FG=FE) ⟺FP=EM.