Corrigé du contrôle de maths L1 : logique, quantificateurs et ensembles

Exercice 1 : Question de cours : De Morgan et irrationalité de racine de 2 (4 points)

1. Les lois de De Morgan s’écrivent : \(\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}\) et \(\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}\).

   Montrons la première par double inclusion. Soit \(x \in \overline{A \cup B}\). Alors \(x \in E\) et \(x \notin A \cup B\). Par conséquent, \(x \notin A\) et \(x \notin B\), car sinon \(x\) appartiendrait à la réunion. Ainsi \(x \in \overline{A}\) et \(x \in \overline{B}\), donc \(x \in \overline{A} \cap \overline{B}\).

   Réciproquement, soit \(x \in \overline{A} \cap \overline{B}\). Alors \(x \notin A\) et \(x \notin B\) ; donc \(x\) n’appartient à aucune des deux parties, c’est-à-dire \(x \notin A \cup B\). Ainsi \(x \in \overline{A \cup B}\).

   Les deux inclusions donnent \(\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}\).

2. Supposons par l’absurde que \(\sqrt{2}\) soit rationnel. Comme \(\sqrt{2} > 0\), on peut l’écrire \(\sqrt{2} = \dfrac{p}{q}\) avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\) et la fraction irréductible.

   En élevant au carré, on obtient \(p^2 = 2q^2\). Donc \(p^2\) est pair, et d’après le rappel, \(p\) est pair : on écrit \(p = 2k\) avec \(k \in \mathbb{N}^*\). Alors \(4k^2 = 2q^2\), soit \(q^2 = 2k^2\). Ainsi \(q^2\) est pair, donc \(q\) est pair.

   Par conséquent, \(p\) et \(q\) sont tous deux divisibles par \(2\), ce qui contredit l’irréductibilité de la fraction. L’hypothèse est donc fausse : \(\sqrt{2}\) est irrationnel.

Barème : a) 0,5 point pour les deux énoncés, 1,5 point pour la double inclusion (0,75 par inclusion) ; b) 0,5 point pour l’hypothèse de l’absurde avec fraction irréductible, 1 point pour la parité de p puis de q, 0,5 point pour la contradiction clairement énoncée.

Exercice 2 : Quantificateurs et négations (5 points)

1. « \(f\) est majorée » s’écrit \(\exists M \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ f(x) \leq\, M\).

   Négation : \(\forall M \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ f(x) > M\).

2. On échange les quantificateurs et on nie l’implication : la négation de \(R \Rightarrow S\) est « \(R\) et non \(S\) ». La fonction \(f\) n’est pas continue en \(a\) lorsque

   \[\exists \varepsilon > 0,\ \forall \eta > 0,\ \exists x \in \mathbb{R},\ |x-a| \leq\, \eta \ \text{et}\ |f(x)-f(a)| > \varepsilon.\]

   Pour \(g\) en \(0\), on a \(g(0) = 1\). Prenons \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\). Soit \(\eta > 0\) quelconque ; posons \(x = -\eta\). Alors \(|x – 0| = \eta \leq\, \eta\), et comme \(x < 0\), \(g(x) = 0\), donc \(|g(x) – g(0)| = 1 > \dfrac{1}{2}\). La négation est vérifiée : \(g\) n’est pas continue en \(0\).

3. La phrase s’écrit \(\forall A \in \mathbb{R},\ \exists B \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ (x \geq\, B \Rightarrow f(x) \geq\, A)\).

   Négation : \(\exists A \in \mathbb{R},\ \forall B \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ x \geq\, B\ \text{et}\ f(x) < A\).

4. \(P_1\) est vraie. En effet, soit \(x \in \mathbb{R}\) ; le réel \(y = x^2 + 1\) vérifie \(y > x^2\). Ici \(y\) dépend de \(x\), ce que permet l’ordre des quantificateurs.

   \(P_2\) est fausse. Montrons sa négation : \(\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ y \leq\, x^2\). Soit \(y\) un réel ; posons \(x = \sqrt{|y|}\). Alors \(x^2 = |y| \geq\, y\). Autrement dit, aucun réel ne majore strictement tous les carrés.

   \(P_1\) est vraie et \(P_2\) est fausse : l’ordre des quantificateurs change le sens.

Erreur fréquente : nier « \(|x-a| \leq\, \eta \Rightarrow \ldots\) » par une autre implication. La négation d’une implication est une conjonction.

Barème : a) 0,5 point pour la phrase, 0,5 point pour la négation ; b) 0,75 point pour la négation, 0,75 point pour le choix de epsilon et de x ; c) 0,5 point + 0,5 point ; d) 0,75 point par phrase, dont 0,25 point pour le bon verdict et 0,5 point pour la justification.

Exercice 3 : Implication, contraposée et réciproque (4 points)

1. On note V pour vrai et F pour faux.

   \(P\)	\(Q\)	\(P \Rightarrow Q\)	\(\text{non } Q\)	\(\text{non } P\)	\((\text{non } Q) \Rightarrow (\text{non } P)\)
   V	V	V	F	F	V
   V	F	F	V	F	F
   F	V	V	F	V	V
   F	F	V	V	V	V

   Les deux colonnes finales coïncident. Une implication et sa contraposée sont donc logiquement équivalentes.

2. Contraposée : « si \(n\) est impair, alors \(n^2\) est impair ». Réciproque : « si \(n\) est pair, alors \(n^2\) est pair ».

   Démontrons la contraposée. Soit \(n\) impair : \(n = 2k+1\) avec \(k \in \mathbb{Z}\). Alors \(n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2+2k) + 1\), donc \(n^2\) est impair. La contraposée étant vraie, l’implication l’est aussi.

   La réciproque est vraie : si \(n = 2k\), alors \(n^2 = 2(2k^2)\) est pair. Ainsi, \(n^2\) est pair si et seulement si \(n\) est pair.

3. La contraposée s’écrit : si \(x \neq 0\), alors il existe \(\varepsilon > 0\) tel que \(|x| > \varepsilon\).

   Supposons \(x \neq 0\). Alors \(|x| > 0\) ; posons \(\varepsilon = \dfrac{|x|}{2}\). On a bien \(\varepsilon > 0\), et \(|x| – \varepsilon = \dfrac{|x|}{2} > 0\), donc \(|x| > \varepsilon\).

   La contraposée est démontrée, donc si \(|x| \leq\, \varepsilon\) pour tout \(\varepsilon > 0\), alors \(x = 0\).

Barème : a) 0,5 point pour la table, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point pour la contraposée et la réciproque, 0,5 point pour la démonstration, 0,5 point pour la réciproque justifiée ; c) 0,5 point pour la contraposée correctement écrite, 1 point pour le choix de epsilon et la vérification.

Exercice 4 : Problème : analyse-synthèse et fonctions indicatrices (7 points)

Partie A : décomposition paire et impaire

1. Analyse. Supposons \(f = g + h\) avec \(g\) paire et \(h\) impaire. Pour tout réel \(x\), on a \(f(x) = g(x) + h(x)\). De plus, \(f(-x) = g(-x) + h(-x) = g(x) – h(x)\).

   En additionnant puis en soustrayant ces deux égalités, on obtient \[g(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2} \qquad h(x) = \dfrac{f(x) – f(-x)}{2}.\]

   Ainsi \(g\) et \(h\) sont entièrement déterminées par \(f\) : si la décomposition existe, elle est unique.

2. Synthèse. Définissons \(g\) et \(h\) par les formules précédentes. Pour tout réel \(x\), on a \(g(x) + h(x) = f(x)\). Ensuite, \(g(-x) = \dfrac{f(-x) + f(x)}{2} = g(x)\), donc \(g\) est paire. Enfin, \(h(-x) = \dfrac{f(-x) – f(x)}{2} = -h(x)\), donc \(h\) est impaire.

   La décomposition existe, et elle est unique d’après l’analyse.

3. Pour \(f = \exp\), on trouve \(g(x) = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} = \operatorname{ch} x\) et \(h(x) = \dfrac{e^x – e^{-x}}{2} = \operatorname{sh} x\). Donc \(\exp = \operatorname{ch} + \operatorname{sh}\).

Partie B : calculs avec les indicatrices

4. Soit \(x \in E\). Si \(x \in A \cap B\), alors \(\mathbb{1}_A(x) = \mathbb{1}_B(x) = 1\), donc le produit vaut \(1 = \mathbb{1}_{A \cap B}(x)\). Sinon, \(x \notin A\) ou \(x \notin B\) : l’un des deux facteurs est nul, donc le produit vaut \(0 = \mathbb{1}_{A \cap B}(x)\).

   De même, si \(x \in A\), alors \(1 – \mathbb{1}_A(x) = 0 = \mathbb{1}_{\overline{A}}(x)\) ; si \(x \notin A\), alors \(1 – \mathbb{1}_A(x) = 1 = \mathbb{1}_{\overline{A}}(x)\). Donc \(\mathbb{1}_{A \cap B} = \mathbb{1}_A \mathbb{1}_B\) et \(\mathbb{1}_{\overline{A}} = 1 – \mathbb{1}_A\).

5. D’après la loi de De Morgan, \(A \cup B = \overline{\overline{A} \cap \overline{B}}\). Par conséquent, avec la question précédente :

   \[\mathbb{1}_{A \cup B} = 1 – \mathbb{1}_{\overline{A}}\,\mathbb{1}_{\overline{B}} = 1 – (1 – \mathbb{1}_A)(1 – \mathbb{1}_B).\]

   En développant, \(\mathbb{1}_{A \cup B} = \mathbb{1}_A + \mathbb{1}_B – \mathbb{1}_A \mathbb{1}_B\).

6. D’abord, \(A \setminus B = A \cap \overline{B}\), donc \(\mathbb{1}_{A \setminus B} = \mathbb{1}_A (1 – \mathbb{1}_B)\). De même, \(\mathbb{1}_{B \setminus A} = \mathbb{1}_B (1 – \mathbb{1}_A)\). Ces deux parties sont disjointes, donc le produit de leurs indicatrices est nul, et la formule de la question e) donne la somme :

   \[\mathbb{1}_{A \Delta B} = \mathbb{1}_A – \mathbb{1}_A \mathbb{1}_B + \mathbb{1}_B – \mathbb{1}_A \mathbb{1}_B = \mathbb{1}_A + \mathbb{1}_B – 2\,\mathbb{1}_A \mathbb{1}_B.\]

   Or une indicatrice ne prend que les valeurs \(0\) et \(1\), donc \(\mathbb{1}_A^2 = \mathbb{1}_A\) et \(\mathbb{1}_B^2 = \mathbb{1}_B\). Ainsi \((\mathbb{1}_A – \mathbb{1}_B)^2 = \mathbb{1}_A + \mathbb{1}_B – 2\,\mathbb{1}_A \mathbb{1}_B = \mathbb{1}_{A \Delta B}\).

   

   Enfin, \(A \,\Delta\, B = \emptyset\) équivaut à \(\mathbb{1}_{A \Delta B} = 0\), soit \((\mathbb{1}_A – \mathbb{1}_B)^2 = 0\), c’est-à-dire \(\mathbb{1}_A = \mathbb{1}_B\). D’après le résultat admis, \(A \,\Delta\, B = \emptyset\) si et seulement si \(A = B\).

Barème : a) 1,5 point pour les deux expressions, 0,5 point pour la conclusion sur l’unicité ; b) 0,5 point pour la somme, 1 point pour la parité et l’imparité ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point par égalité ; e) 0,5 point pour l’usage de De Morgan, 0,5 point pour le calcul ; f) 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour l’équivalence.

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