Viser la cible !… ou : “Comment démontrer une implication ?”

 

De quoi s’agit-il ?

 

En mathématiques, on doit souvent démontrer une implication.

Il s’agit d’établir qu’un énoncé du type P\Rightarrow Q est vrai (où P et Q désignent deux propositions). On dira que P est l‘hypothèse et que Q est la conclusion.

Ce qu’il ne faut absolument pas faire : re-formuler l’hypothèse et la transformer, au petit bonheur la chance, jusqu’à obtenir la conclusion.

Ce qu’il faut faire : viser la cible.

viser-la-cible

 

Voyons à l’aide d’exemples ce que cela signifie.

 

Un premier exemple

 

Etant donnés deux ensembles A et B, on demande d’établir :

    \[ \boxed{A=A\cap B\Rightarrow A\subset B} \]

Cet exemple est rudimentaire, mais suffisant pour qu’on puisse déjà voir un principe général à l’œuvre.

Ici, la cible est l’inclusion A\subset B. Il faut donc se donner un élément quelconque de A et prouver qu’il appartient nécessairement à B.

En cours de route, on utilisera bien sûr l’hypothèse… mais seulement au moment opportun ! Allons-y :

 

Preuve :
Soit a\in A.
Comme A=A\cap B, alors a\in A\cap B, c’est-à-dire a\in A et a\in B.
En particulier : a\in B.

 

Remarquer l’utilisation du mot “ soit ”.

En écrivant “ Soit a\in A ”, on introduit un objet dans le contexte de la démonstration : il s’agit, en l’occurrence, d’un élément quelconque de A.

Il faut veiller à ce que les divers objets présents dans le contexte aient tous été introduits antérieurement (soit par nos soins, soit par l’énoncé lui-même).

Il serait farfelu d’écrire “ Soient A,B deux ensembles ” dans cette preuve, puisque l’énoncé a déjà introduit ces deux objets !

Montrons maintenant une seconde implication :

    \[ \boxed{A\subset B\Rightarrow A\cap B=A} \]

C’est la réciproque de la précédente : l’hypothèse et la conclusion ont été purement et simplement échangées.

Comme ci-dessus, on vise la cible, c’est-à-dire l’égalité A\cap B=A.

On sait que l’égalité entre deux ensembles consiste, par définition, en deux inclusions réciproques.

On doit donc se donner un quelconque élément de A\cap B et prouver qu’il appartient nécessairement à A, puis se donner un quelconque élément de A et prouver qu’il appartient nécessairement à A\cap B.

La première de ces deux inclusions est “ banale ” en ce sens qu’elle reste vraie, même sans l’hypothèse A\subset B. Elle est “vraie  en toute généralité ”, ce qui – en revanche – n’est pas le cas de la seconde implication. Pour cette dernière, voici ce qu’il faut faire :

 

Preuve :
Soit a\in A. Par hypothèse : A\subset B, donc a\in B. Ainsi a\in A et a\in B. Autrement dit : a\in A\cap B.
On a montré que (sous l’hypothèse A\subset B) : A\subset A\cap B.
Quant à l’inclusion A\cap B\subset A, elle est vraie en toute généralité.

 

Au final, on a prouvé que chacune des assertions \left(A=A\cap B\right) et \left(A\subset B\right) implique l’autre. On exprime cela en disant que ces deux assertions sont équivalentes, ce qu’on note :

    \[ \boxed{A=A\cap B\Leftrightarrow A\subset B} \]

 

Une autre implication

 

Considérons f et g, deux applications de \mathbb{R} dans lui-même et prouvons que :

    \[ \boxed{\left(f\mbox{ convexe et }g\mbox{ convexe croissante}\right)\Rightarrow\left(g\circ f\mbox{ convexe}\right)} \]

Avant tout, on identifie la cible ! Il s’agit de montrer que, en notant u=g\circ f :

    \[ \forall\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^{2},\thinspace\forall t\in\left[0,1\right],\thinspace u\left(\left(1-t\right)x+ty\right)\leqslant\left(1-t\right)\thinspace u\left(x\right)+t\thinspace u\left(y\right) \]

On commence donc mécaniquement la preuve comme ceci :

“ Soient x,y\in\mathbb{R} et t\in\left[0,1\right]

et on s’efforce, après quelques étapes, d’aboutir à l’inégalité :

u\left(\left(1-t\right)x+ty\right)\leqslant\left(1-t\right)\thinspace u\left(x\right)+t\thinspace u\left(y\right)

Allons-y …

 

Preuve :
Soient x,y\in\mathbb{R} et t\in\left[0,1\right]. Comme f est convexe, alors :

    \[ f\left(\left(1-t\right)x+ty\right)\leqslant\left(1-t\right)\thinspace f\left(x\right)+t\thinspace f\left(y\right) \]

Comme g est croissante, il vient :

    \[ g\left[f\left(\left(1-t\right)x+ty\right)\right]\leqslant g\left[\left(1-t\right)\thinspace f\left(x\right)+t\thinspace f\left(y\right)\right] \]

Puis, comme g est convexe :

    \[ g\left[\left(1-t\right)\thinspace f\left(x\right)+t\thinspace f\left(y\right)\right]\leqslant\left(1-t\right)\thinspace g\left[f\left(x\right)\right]+t\thinspace g\left[f\left(x\right)\right] \]

Ainsi :

    \[ g\left[f\left(\left(1-t\right)x+ty\right)\right]\leqslant\left(1-t\right)\thinspace g\left[f\left(x\right)\right]+t\thinspace g\left[f\left(x\right)\right] \]

et la convexité de g\circ f est établie.

 

Allez, une troisième implication !

 

Considérons une bijection f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} et montrons que :

    \[ \boxed{\left(f\mbox{ impaire}\right)\Rightarrow\left(f^{-1}\mbox{ impaire}\right)} \]

Quelle est la cible ? Il faut prouver que :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\thinspace f^{-1}\left(-x\right)=-f^{-1}\left(x\right) \]

Une idée raisonnable consiste à appliquer f séparément à f^{-1}\left(-x\right) et à -f^{-1}\left(x\right).

 

Preuve :
Soit x\in\mathbb{R}. On a d’une part (par définition de f^{-1}) :

    \[ f\left(f^{-1}\left(-x\right)\right)=-x \]

et, d’autre part (parce que f est impaire et par définition de f^{-1}) :

    \[ f\left(-f^{-1}\left(x\right)\right)=-f\left(f^{-1}\left(x\right)\right)=-x \]

Donc :

    \[ f\left(f^{-1}\left(-x\right)\right)=f\left(-f^{-1}\left(x\right)\right) \]

La conclusion en résulte car f est injective.

 

Il faut noter qu’en montrant cette implication, on a aussi montré sa réciproque ! Il suffit en effet d’appliquer le résultat à f^{-1}.

 

 

Un dernier exemple, plus élaboré

 

Soit E un ensemble et soit u:E\rightarrow E une application. On dit que u est “ simplifiable à gauche ” lorsque :

    \[ \forall\left(f,g\right)\in\left(E^{E}\right)^{2},\,u\circ f=u\circ g\Rightarrow f=g \]

On se propose de montrer que :

    \[ \boxed{\left(u\textrm{ est simplifiable à gauche}\right)\Leftrightarrow\left(u\textrm{ est injective}\right)} \]

Occupons-nous, pour commencer, de l’implication \Rightarrow :

La cible est “ u est injective ”. Il faut donc mécaniquement commencer par “ soient a,b\in E tels que u\left(a\right)=u\left(b\right)” et aboutir un peu plus bas à “ … et donc a=b“.

Mais une fois qu’on a écrit les premiers mots, la suite de la preuve n’est pas évidente à trouver … D’ailleurs, si c’était toujours aussi évident qu’à la première section, ça voudrait dire que les maths, c’est facile (et ça se saurait).

 

Comment faire ? Il faut naturellement faire intervenir l’hypothèse et donc fabriquer deux applications f et g “ sur mesure ”. Voici comment :

 

Preuve :
Commençons par l’implication directe \left(\Rightarrow\right).
Soient a,b\in E tels que u\left(a\right)=u\left(b\right). Si a\neq b, on construit l’application f:E\rightarrow E en posant :

    \begin{eqnarray*} f\left(a\right) & = & b\\ f\left(b\right) & = & a\\ \forall t\in E-\left\{ a,b\right\} ,\,f\left(t\right) & = & t \end{eqnarray*}

On constate que u\circ f=u=u\circ id_{E}, bien que f\neq id_{E}. Ceci est en contradiction avec l’hypothèse. Donc a=b.
Passons à l’implication réciproque \left(\Leftarrow\right). Cette fois, la cible est :

    \[ \forall\left(f,g\right)\in\left(E^{E}\right)^{2},\,u\circ f=u\circ g\Rightarrow f=g. \]

Noter de quelle manière la situation s’est compliquée : la cible est elle-même une implication ! On sait maintenant par quoi il faut commencer …
Soient f,g\in E^{E} telles que u\circ f=u\circ g.
Pour tout x\in E, on a u\left(f\left(x\right)\right)=u\left(g\left(x\right)\right) et donc, comme u est injective, f\left(x\right)=g\left(x\right). Ainsi f=g.

 

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