Rudiments de logique

1. Cette propositions est fausse, car 2 ne divise pas 167.
2. Cette proposition est vraie, car 136 est un multiple de 17.
3. Cette proposition est fausse, car $x$ devrait être simultanément égal à -1 et à -2.
4. Cette proposition est vraie car $(\exists x\in\mathbb R,\ x+1=0)$ est vraie (il suffit de prendre $x=-1$) et de la même façon $(\exists x\in\mathbb R,\ x+2=0)$ est vraie (il suffit de prendre $x=-2$).
5. Cette proposition est vraie, par exemple car il s'agit de la négation de la proposition 3, qui est fausse.
6. Cette assertion est fausse. Si on considère $x$ n'importe quel réel non nul, alors le choix de $y=1$ et de $z=2x$ fait que $z$ est différent de $xy$.
7. Cette assertion est fausse. Prenons n'importe quel $y$ dans $\mathbb R^*$. On voudrait trouver $x$ dans $\mathbb R^*$ tel que, pour tout $z$ dans $\mathbb R^*$, on ait $z=xy$. Bien sûr, ce n'est pas possible, car le $x$ que l'on choisit devrait convenir à toute valeur de $z$, ce qui n'est pas possible car il suffit de considérer un $z$ différent de $xy$.
8. Cette assertion est vraie, car on peut choisir $x$ une fois $y$ et $z$ fixés. On choisit alors $x=z/y$.
9. L'assertion est vraie, il suffit de prendre $a=0$ (convient pour toute valeur de $\veps>0$).
10. Cette assertion est "évidemment" vraie car elle est plus faible que la précédente (on peut choisir $a$ après $\veps>0$).

On sépare en 4 cas :

1. $x\geq 2$. Alors, pour tout $y\in[0,1]$, les propositions $x\geq y$ et $x\geq 2y$ sont vraies. D'après la table de vérité de l'implication, l'assertion est vraie.
2. $x<0$. Alors, pour tout $y\in [0,1]$, les propositions $x\geq y$ et $x\geq 2y$ sont fausses. D'après la table de vérité de l'implication, l'assertion est vraie.
3. $x\in]0,2[$. On peut alors trouver un réel $y\in[0,1]$ tel que $2y>x$ et $x\geq y$. En effet, $x/2\in ]0,1[$ et il suffit de choisir $x/2<y<\min(1,x)$. Dans ce cas, $x\geq y$ est vraie et $x\geq 2y$ est fausse. L'assertion est fausse.
4. Si $x=0$, alors les assertions $x\geq y$ et $x\geq 2y$ sont ou bien simultanément fausses (lorsque $y\in]0,1]$), ou bien simultanément vraies. L'assertion est donc vraie.

On va faire un raisonnement par l'absurde. Supposons que tous les tiroirs contiennent au plus une paire de chaussettes. Alors il y aura au plus $1+1+\dots+1=n$ paires de chaussettes, ce qui contredit qu'il y en a $(n+1)$. Donc un tiroir contient au moins deux paires de chaussettes.

La contraposée de la proposition est : si $n$ est pair, alors $n^2$ est pair. Démontrons cela. Si $n$ est pair, alors il s'écrit $2k$ où $k$ est un autre entier. Mais alors $n^2$ s'écrit $(2k)^2=4k^2=2(2k^2)$ et est donc pair. Par le principe de contraposition, on a démontré la proposition de l'énoncé.

On va procéder par récurrence sur $n\in\mathbb N^*$. On considère la propriété $\mathcal P(n)="2^{n-1}\leq n!\leq n^n"$. $\mathcal P(1)$ est vérifiée, puisque $2^0=1!=1^1=1$. Supposons maintenant que $\mathcal P(n)$ est vraie pour un certain $n\in\mathbb N^*$ et prouvons que $\mathcal P(n+1)$ est vraie. On commence par prouver l'inégalité de gauche. On remarque d'abord que, puisque $n\geq 1$, on a $2\leq n+1$ d'où l'on déduit $$2^n=2\times 2^{n-1}\leq 2\times n!\leq (n+1)\times n!\leq (n+1)!$$ Pour l'inégalité de droite, on part de l'hypothèse de récurrence et on multiplie par $(n+1)$, pour obtenir $$(n+1)!\leq (n+1)n^n.$$ Or, $n\leq n+1$ et donc $n^n\leq (n+1)^n$. On en déduit que $$(n+1)!\leq (n+1)\times (n+1)^n=(n+1)^{n+1}.$$ $\mathcal P(n+1)$ est donc vérifiée, ce qui prouve, par récurrence, l'inégalité voulue pour tout $n\in\mathbb N^*$.

Pour $n\geq 3$, notons $\mathcal P(n)$ la propriété suivante : ``Il existe $n$ entiers strictement positifs $x_1,\dots,x_n$, deux à deux distincts, tels que $\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}=1$''. Prouvons par récurrence que pour tout $n\geq 3$, $\mathcal P(n)$ est vraie.
Initialisation : On a $$1=\frac12+\frac 13+\frac 16$$ donc $\mathcal P(3)$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\geq 3$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie et prouvons $\mathcal P(n+1)$. Il existe des entiers strictement positifs et deux à deux distincts $x_1,\dots,x_n$ tels que $$\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}=1.$$ On peut toujours supposer que $x_1<x_2<\dots<x_n$. Il est alors facile de remarquer que l'on a forcément $x_1\geq 2$ (puisque $\frac{1}{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}>0$, $x_1$ ne peut pas être égal à $1$). On écrit alors \begin{eqnarray*} 1&=&\frac 12+\frac 12\\ &=&\frac 12+\frac12\times\left(\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}\right)\\ &=&\frac 12+\frac{1}{2x_1}+\cdots+\frac{1}{2x_n}\\ &=&\frac 1{y_1}+\frac{1}{y_2}+\cdots+\frac{1}{y_{n+1}} \end{eqnarray*} en ayant posé $y_1=2$ et $y_k=2x_{k-1}$ pour $k=2,\dots,n+1$. On a alors $$y_1=2<4\leq 2x_1=y_2<y_3<\cdots<y_{n+1}.$$ La propriété est donc démontrée au rang $n+1$.
Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout $n\geq 3$, $\mathcal P(n)$ est vraie.

On va démontrer ce résultat par récurrence. Comme la formule de récurrence porte sur deux termes de la suite, nous allons effectuer une récurrence double. Pour $n\in\mathbb N$, on note $\mathcal P(n)$ la propriété $"u_n=1+2^n"$.
Initialisation : On a $u_0=2=1+2^0$, donc $\mathcal P(0)$ est vraie. On a aussi $u_1=3=1+2^1$ donc $\mathcal P(1)$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P(n)$ et $\mathcal P(n+1)$ sont vraies. Alors on a $$u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n.$$ Puisque $\mathcal P(n+1)$ et $\mathcal P(n)$ sont vraies, on a \begin{align*} u_{n+2}&=3(1+2^{n+1})-2(1+2^n)\\ &=3+3\cdot 2^{n+1}-2-2\cdot 2^n\\ &=1+6\cdot 2^n-2\cdot 2^n\\ &=1+4\cdot 2^n\\ &=1+2^{n+2}. \end{align*} Donc $\mathcal P(n+2)$ est vraie.
En conclusion, par le principe de récurrence double, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

On va prouver l'existence par récurrence forte. Le résultat est en effet vrai pour $n=1$, il suffit de prendre $p=q=0$. Supposons maintenant que tout entier inférieur ou égal à $n-1$ vérifie cette propriété, et prouvons qu'elle est encore vérifiée pour $n$. On distingue alors deux cas :

1. ou bien $n$ est pair : dans ce cas, $n=2m$, et $m\in\{1,\dots,n-1\}$. On peut lui appliquer l'hypothèse de récurrence, et donc $m$ s'écrit $m=2^a(2b+1)$, avec $a,b\in\mathbb N$. Mais alors $n=2^{a+1}(2b+1)$, et donc l'existence est démontrée avec $p=a+1$ et $q=b$.
2. ou bien $n$ est impair : alors $n=2m+1=2^0(2m+1)$, et la proposition est démontrée pour $p=0$ et $q=m$.

Ainsi, l'existence de la décomposition est établie pour tout entier $n\in\mathbb N^*$.
Prouvons désormais l'unicité. Supposons que $n=2^p(2q+1)=2^a(2b+1)$. Si $p\geq a$, alors $2^{p-a}(2q+1)=2b+1$ et le terme de droite est impair. Celui de gauche l'est aussi, et donc $p=a$. On en déduit donc que $q=b$ également, ce qui prouve l'unicité.

On va procéder par récurrence forte sur $n$. La propriété est vraie pour $n=1$, puisqu'on peut alors écrire $1=2^0$. Soit $n\geq 1$ et supposons la propriété vraie pour tous les entiers inférieurs stricts à $n$. Si $n$ est pair, alors $n=2m$ et $m$ s'écrit comme somme de puissances de 2 toutes distinctes, $m=2^{p_1}+\dots+2^{p_r}$. Alors $n=2^{p_1+1}+\dots+2^{p_r+1}$ s'écrit aussi comme somme de puissances de 2 toutes distinctes. Si $n$ est impair, alors $n-1=2m$ est pair. $m$ s'écrit à nouveau $m=2^{p_1}+\dots+2^{p_r}$, où les $p_i$ sont tous différents. Mais alors, $$n=1+2m=2^0+2^{p_1+1}+\dots+2^{p_r+1}$$ s'écrit bien comme somme de puissances de 2 toutes distinctes.

La difficulté de l'exercice vient du fait que la valeur absolue a deux expressions distinctes suivant le signe de la quantité à l'intérieur. Ceci nous incite à raisonner par disjonction de cas.

• Si $x\leq 1$, alors $x-1\leq 0$ et $|x-1|=1-x$. On doit alors démontrer que, si $x\leq 1$, on a $1-x\leq x^2-x+1$. Étudions donc le signe du trinôme $$P(x)=x^2-x+1-(1-x)=x^2\geq 0.$$ La propriété est vraie si $x\leq 1$.
• Si $x\geq 1$, alors $x-1\geq 0$ et $|x-1|=x-1$. On doit alors démontrer que, si $x\geq 1$, on a $x-1\leq x^2-x+1$. Étudions donc le signe du trinôme $$Q(x)=x^2-x+1-(x-1)=x^2-2x+2=(x-1)^2+1\geq 0.$$ La propriété est donc vraie si $x\geq 1$.

En conclusion, la propriété est vraie pour tout $x\in\mathbb R$.

On écrit $n=a^2+b^2$, et on raisonne suivant la parité de $a$ et de $b$ :

• Si $a$ et $b$ sont tous les deux pairs, alors $a=2k$ et $b=2\ell$, $n=4(k^2+\ell^2)$ est divisible par 4 : la propriété est vraie.
• Si $a$ est pair et $b$ est impair, alors $a=2k$ et $b=2\ell+1$. Alors $n=4k^2+4\ell^2+4l+1=4(k^2+\ell^2+\ell)+1$. Le reste de la division de $n$ par $4$ sera égal à 1. La propriété est vraie dans ce cas. Le cas $a$ impair et $b$ pair est symétrique.
• Si $a$ est impair et $b$ est impair, alors $a=2k+1$, $b=2\ell+1$ et $n=4k^2+4k+1+4\ell^2+4\ell+1=4(k^2+k+\ell^2+\ell)+2$. Le reste de la division de $n$ par $4$ sera égal à 2. La propriété est vraie dans ce cas.

Ainsi, dans tous les cas, la propriété est vraie. Ce raisonnement par disjonction de cas est particulièrement utile en arithmétique, en particulier lorsqu'on utilise l'outil des congruences.

On va raisonner par analyse-synthèse.
Analyse : Imaginons que $x$ soit une solution de cette équation. Alors il est déjà clair que $x\in ]-\infty,2]$, sinon la racine carrée n'aurait pas de sens. On doit aussi avoir $x\geq 0$, car la racine carrée est positive et donc $x\in [0,2]$. Élevons ensuite l'équation au carré. Si $x$ est solution, alors $2-x=x^2$ (on a bien ici simplement une implication, pas une condition nécessaire et suffisante!), c'est-à-dire $x^2+x-2=0$. La résolution de cette équation du second degré donne $x_1=1$ et $x_2=-2$. Seul $x_1$ est dans l'intervalle $[0,2].$ Donc la seule solution possible est $1.$
Synthèse : Prouvons que $x=1$ est solution de l'équation. C'est presque évident, car $\sqrt{2-1}=1$.
Conclusion : la seule solution de l'équation est $1$.

On va raisonner par analyse-synthèse en déterminant des conditions nécessaires sur $f$ pour vérifier cette équation, puis en vérifiant que ces conditions sont suffisantes.

• Analyse : soit $f$ une fonction vérifiant cette équation. Alors, choisissant $x=y=0$, on obtient $f(0)^2-f(0)=0$, ce qui entraîne $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Choisissant ensuite $x=1$ et $y=0$, on a $f(1)f(0)-f(0)=1$, ce qui interdit $f(0)=0$. On a donc $f(0)=1$ (et aussi $f(1)=2$). Enfin, fixant $y=0$, on obtient que pour tout $x\in\mathbb R$, on a $f(x)=x+1$. On a donc prouvé que si $f$ est solution de l'équation, alors, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)=x+1$.
• Synthèse : réciproquement, considérons la fonction $f$ définie par $f(x)=x+1$. Alors, pour tous $x,y\in\mathbb R$, on a $$f(x)\times f(y)=(x+1)(y+1)=xy+x+y+1$$ et $$f(xy)=xy+1$$ ce qui prouve bien que $f$ est solution de l'équation.

En conclusion, l'équation admet une solution unique : la fonction $f$ donné par $f(x)=x+1$.