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MAT-1300 A-14

Solutionnaire (Serie 3)

Partie A { Exercices tires du livreSur le sentier des mathematiques Nous presentons ici une reformulation de la solution du n o33.

33. Le raisonnement en cause est de la forme

((P_Q))R)^ Pj=R (voir la section Solutions deSur le sentier des mathematiques, p. 127). Mais s'agit-il la veritablement d'une situation de consequence logique? La question qui se pose, en vertu de la denition 1.12, est alors : est-ce que la proposition (((P_Q))R)^ P)) Rest une tautologie? Et tel n'est pas le cas, comme le montre l'analyse suivante (methode par falsication) : ( ( (P_Q))R)^ P)) R F V F V V F V

F VCas 1 :

V

VCas 2 :

F F En eet, on voit de cette grille qu'en posant val(P) = F, val(R) = V et val(Q) = V ou F (les deux valeurs fonctionnent pourQ), on obtient val(((P_Q))R)^ P) = V et val(R) = F; (remontez la grille de bas en haut), et donc val((((P_Q))R)^ P)) R) = F: A noter qu'on aurait pu egalement etablir ce dernier fait en construisant la table de verite | a 8 lignes | de la proposition (((P_Q))R)^ P)) R.A deux de ces lignes (voir les valeurs ci-haut pourP,QetR), la table prend la valeur F. Le raisonnement propose est donc invalide, ce qui pourrait s'ecrire comme suit : ((P_Q))R)^ P6j=R:

Partie B { Autres exercices

1. (a) En prenant la contraposee du deuxieme membre de la conjonction, on a l'equivalence

logique

Q^(P)Q) Q^(Q) P);

d'ouPsuit comme consequence logique par une simple application du modus ponens. (b) On a la cha^ne d'equivalences logiques

P^(P_Q) P^(P_Q)

P^(P)Q); d'ouQpar modus ponens. (c) Comme on veut ultimement obtenirP, on remarque qu'un modus ponens applique a la propositionQ^(Q)P) fait l'aaire. Mais on observe par ailleurs que nous avons les equivalences logiques suivantes :

Q^(Q)P)Q^(Q_P)

(Q^ Q)_(Q^P) Q^P P^Q: Remontant cette cha^ne d'equivalences de bas en haut, on peut donc conclure, par modus ponens, que deP^Qon peut deduireP.

2. (a) Soit le4ABCavecAB

=AC. On a aussiAC =ABet\BAC=\CAB, d'ou il suit (par le cas de congruence CAC) que4BAC=4CAB. On en tire donc que\B=\C. (Autre demonstration : tracer la bissectriceAX, avecX2BC, et discuter les triangles4BAXet4CAX.) (b) Commeajbetajc, on a doncs;t2Ztels queb=asetc=at. Par consequent b+c=as+at=a(s+t), ce qui montre queajb+c. 2 (c) Deajbet debjc, il suit respectivement l'existence deu;v2Ztels queb=au etc=bv. On a alorsc=bv= (au)v=a(uv), et doncajc. (d) On sait par hypothese que 2j(xy). Mais on observe par ailleurs que 2j2y. Il s'ensuit donc, en vertu du resultat demontre a l'exercice 2b, que 2j[(xy)+2y], c'est a-dire 2j(x+y). (e) La distancedentre les points (x;y) et (1;2) est donnee par le theoreme de

Pythagore :

d=p(x1)2+ (y+ 2)2: Commex <4, on a quex1<5. De m^eme, dey >2 resulte quey+ 2>4. Passant a la valeur absolue des inegalites precedentes, on obtient jx1j>5 etjy+ 2j>4: Il s'ensuit donc qued2= (x1)2+ (y+ 2)2>52+ 42= 41, et enn que d >p41>6. (f) Commenest impair, on a quen= 2r+ 1 pourr2Z. Or de deux choses l'une : ou bienrest pair, ou bien il est impair. Dans le premier cas, on a unr02Ztel quer= 2r0, d'ou on tiren= 2(2r0)+1 = 4r0+1. Si par contrerest impair, alors r= 2r1+1 pourr12Z, et doncn= 2(2r1+1)+1 = 4r1+3 = 4(r1+1)1. NB : On aura note que cette preuve directe fait intervenir une analyse par cas. (g) Pourx >0, on a que x+1x

2 ssix(x+1x

)2x ssix2+ 12x ssi (x22x+ 1)0 ssi (x1)20; ce qui est toujours vrai.

3. (a) Nous sommes ici en presence de l'implication

Si le produitxyest pair, alors au

moins l'un des deux facteurs est pair , avecxetyentiers. Nous nous interessons donc a sa contraposee :si on multiplie deux nombres impairs, alors leur produit est impair. Soit doncxetyimpairs, avecx= 2m+ 1 ety= 2n+ 1 pour certainsm;n2Z. On a alorsxy= (2m+ 1)(2n+ 1) = 4mn+ 2m+ 2n+ 1 = 2(2mn+m+n) + 1. Le produitxyest donc impair, ce qui termine la demonstration de l'implication de depart. (b) Partant de l'implication Si le produitxyest impair, alors les deux facteurs sont impairs , avecxetyentiers, considerons l'enonce contrapose :si au moins l'un des deux elements de l'ensemblefx;ygest pair, alors le produitxyest pair. SPDG (Sans perte de generalite), on peut supposer quex= 2x0, pour un certain x

02Z. On a alors que le produitxyest pair (quel que soity), puisquexy= 2x0y.

L'implication de depart est ainsi validee.

3 (c) Passant a la contraposee de l'implication donnee, on considere donc des reelsxet yqui sont tous les deux rationnels. On a alorsx=ab ety=cd aveca;b;c;d2Z, b6= 0 etd6= 0. Mais il s'ensuit que le produitxyest alors de la forme xy=ab cd =acbd de sorte qu'il s'agit d'un rationnel. On en conclut que pour qu'un produitxysoit irrationnel, il faut qu'au moins un des deux facteurs soit irrationnel. (d) Pour appliquer la technique de preuve par contraposee, on doit travailler sur une implication. Il faut donc reformuler la donnee du probleme.

On a ici un enonce de la forme

(8xrationnel)(8yirrationnel)(x+yest irrationnel); c'est-a-dire (8x2Q)(8y =2Q)(x+y =2Q); avecxetyreels. Or cette derniere expression recele une implication : (8x;y)((x2Q^y =2Q))x+y =2Q); (etant sous-entendu quex;y2R), ce qui est logiquement equivalent a (8x;y)(x2Q)(y =2Q)x+y =2Q)):

On a ainsi mis l'accent sur l'implication

siy =2Q, alorsx+y =2Q, dont on considere la contraposee :six+y2Q, alorsy2Q. Etant donne des reelsx;yavecx2Q, nous partons donc de l'hypothese que la sommex+yest rationnelle. On a ainsi des entiersaetb, avecb6= 0, tels quex+y=ab . Mais par ailleursxlui aussi est rationnel, et donc de la forme x=cd pour des entierscetd, avecd6= 0. Mais alorsyest une dierence de deux rationnels : y= (x+y)x=ab cd =adbcbd et donc un rationnel lui-m^eme. La contraposee est ainsi demontree, et il en est de m^eme, par ricochet, de l'implication de depart. (Cette demonstration est a mettre en parallele avec celle de l'exercice 4b.) (e) Soitx;y2Ravecx <2y. PosantP:= [7xy3x2+ 2y] etQ:= [3xy], on veut donc montrer queP)Q.A cette n, nous nous interessons a la contraposee Q) P. Ainsi nous supposons que 3x > y. Alors on a les deux inegalites :

3xy >0 et 2yx >0:

Par consequent (3xy)(2yx)>0, et donc 7xy2y23x2>0. On en tire que

7xy >2y2+3x2, c'est-a-direP. Ce qui termine la demonstration de l'implication

donnee. 4

4. (a) SLC (Supposons le contraire). Il y aurait donc un certain entier pair, disons ^n,

qui serait plus grand que tout autre entier pair. Ce ^nserait donc de la forme

2n0. Considerons alors l'entier 2n0+2. Il s'agit bien s^ur d'un entier pair, puisque

2n0+ 2 = 2(n0+ 1). Mais de plus 2n0+ 2>2n0. Or ces deux observations

contredisent le fait que ^n= 2n0etait suppose ^etre le plus grand nombre pair. # (Le symbole # est souvent employe pour signier qu'il y a contradiction.) (b) Supposons au contraire que la sommex+yest rationnelle. Il existe donc des entiersaetb, avecb6= 0, tels quex+y=ab . Par hypothese,xest lui aussi rationnel, donc de la formex=cd pour des entierscetd, avecd6= 0. Mais alors yest une dierence de deux rationnels : y= (x+y)x=ab cd =adbcbd et donc un rationnel lui-m^eme. Orypar hypothese est un reel irrationnel. # NB : On se rappellera que dans la preuve par contraposition de l'exercice 3d, il avait fallu faire quelques preliminaires de logique an de mettre en evidence une implication appropriee dont on a pris la contraposee. Dans la preuve par contradiction que nous venons de donner, les choses sont un peu plus simples : on met carrement sur la tableles deux hypotheses (x2Qety =2Q), ainsi que la negation de la conclusion (x+y2Q). Le travail a alors consiste a montrer que ces trois armations menent a une situation absurde (ici, on a abouti au fait que yest a la fois rationnel et irrationnel). (c) Supposons au contraire qu'on ax;y2Ntels que 1 =x2y2. Alors forcement x6=y. On considere deux cas. x > y:

On a doncxy+ 1, de sorte que

1 =x2y2(y+ 1)2y2= 2y+ 1:()

Mais puisquey1, on a que 2y+ 1>1. La ligne () entra^ne donc qu'on aurait alors 1>1. # y > x:

Puisqueyx+ 1, on a alors

1 =x2y2x2(x+ 1)2=(2x+ 1):()

Comme(2x+ 1)<0, la ligne () entra^ne donc qu'on aurait alors 1<0. (d) Supposons le contraire, c'est-a-dire supposons qu'il n'y a qu'un nombre ni, disons k, de nombres premiers, et soitfp1;p2;:::;pkgla liste de tous ces premiers. On introduit le nombre

N=p1p2:::pk+ 1:

5 Alors de deux choses l'une : ou bienNest premier, ou bien il ne l'est pas. Dans le premier cas, on a un nouveau nombre premier ne gurant pas dans la liste. Si par contreNest compose, il existe alors un nombre premier, disonsq, tel queqjN. Mais la liste despici-haut contenant tous les nombres premiers existants, on a donc un indicei0, avec 1i0k, tel queq=pi0. Autrement dit, on a egalement qjp1p2pk. Il s'ensuit donc queqj(Np1p2pk), c'est-a-direqj1, ce qui est absurde. # Remarque : La trame de cette demonstration remonte a Euclide (

Elements, Livre

IX, Proposition 20). Le resultat y est enonce en ces termes :Les nombres pre- miers sont plus nombreux que toute multitude proposee de nombres premiers. L'argument repose sur trois faits : tout nombre naturel est premier ou compose (c'est-a-dire non premier); 1 n'est pas un multiple d'un nombre premier; et tout nombre compose peut s'ecrire comme un produit de premiers (nous acceptons ici ce dernier fait sans justication | voir la solution de l'exercice 4e). (e) Nous donnons une preuve par contradiction faisant appel a la notion defactori- sation premiered'un nombre naturel. (Rappel :Tout nombre natureln >1peut s'ecrire comme un produit de nombres premiers, et cette representation est unique, a part l'ordre dans lequel les facteurs premiers sont disposes.) Supposant quep5 est un nombre rationnel, il s'ecrirait donc sous la forme p5 = mn , avecm;n2N,n6= 0. On a donc 5n2=m2. Regardons la factorisation premiere den2. Elles provient forcement de la facto- risation premiere den, et la presence de chaque nombre premier divisantnest double en passant an2. En d'autres termes, tout nombre premier present dans la factorisation premiere den2y appara^t forcement un nombre pair de fois. (Autre- ment dit, l'exposant de tout premier dans la factorisation d'un carre est pair.) Il en est de m^eme pourm2. Regardons alors le nombre premier 5. Peu importe qu'il soit ou non un diviseur denou dem, il appara^t donc un nombre impair de fois dans la factorisation premiere de 5n2, et un nombre pair de fois dans celle dem2. Mais 5n2etm2sont un seul et m^eme nombre naturel, et la factorisation premiere de tout naturel est unique. #

5. (a) Soitn2Z, un entier dont on suppose qu'il n'est pas un multiple de 5. Les restes

possibles quand on divisenpar 5 sont donc 1, 2, 3 ou 4. Il y a alors quatre cas a analyser, selon la forme que prendn(n= 5k+r, aveck2Zetr2 f1;2;3;4g). (i)Cas 1 :n= 5k+ 1 pour un certaink2Z

On a alors

n

2= (5k+ 1)2= 25k2+ 10k+ 1 = 5(5k2+ 2k) + 1;

ce qui montre que dans ce cas, lorsqu'on divisen2par 5, on a un reste de 1. 6 (ii)Cas 2 :n= 5k+ 2 pour un certaink2Z

On a alors

n

2= (5k+ 2)2= 25k2+ 20k+ 4 = 5(5k2+ 4k) + 4;

ce qui montre que lorsqu'on divisen2par 5, on a un reste de 4. (iii)Cas 3 :n= 5k+ 3 pour un certaink2Z

On a alors

n

2= (5k+ 3)2= 25k2+ 30k+ 9 = 25k2+ 30k+ 5 + 4 = 5(5k2+ 6k+ 1) + 4;

ce qui montre que dans ce cas, la division den2par 5 donne encore un reste de 4. (iv)Cas 4 :n= 5k+ 4 pour un certaink2Z La division den2par 5 donne ici un reste de 1, ce que nous vous laissons verier. On a epuise tous les cas a envisager, qui menent tous a un reste de 1 ou de 4. La proposition se trouve ainsi demontree. NB : Cet exercice se pr^eterait a une manipulation beaucoup plus simple lorsque nous aurons a notre disposition l'arithmetique modulaire(calcul modulom)quotesdbs_dbs26.pdfusesText_32

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