Viser la cible !... ou : "Comment démontrer une implication ?"

1 – De quoi s’agit-il ?

En mathématiques, on doit souvent établir des implications.

Il s’agit d’énoncés du type :

Si P est vraie, alors Q est vraie

P et Q désignent deux propositions :
P est l‘hypothèse (ou la prémisse) et Q est la conclusion.

➡ Ce qu’il ne faut absolument pas faire : ré-écrire l’hypothèse et la transformer, au petit bonheur la chance, en espérant parvenir ainsi jusqu’à la conclusion.

➡ Ce qu’il faut faire : viser la cible (c’est-à-dire la conclusion).

Examinons quelques exemples …

2 – 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 percevoir un principe général.

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 (cliquer pour déplier / replier)

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 (par nos soins ou bien 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 que :

$\boxed{A\subset B\Rightarrow A\cap B=A}$

C’est l’implication 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. Voici ce qu’il faut faire :

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

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 :

$\boxed{A=A\cap B\Leftrightarrow A\subset B}$

3 – 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, en notant $u=g\circ f$ , que :

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

On commence donc mécaniquement la preuve comme ceci :

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

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

… et donc $u\left(\left(1-t\right)x+ty\right)\leqslant\left(1-t\right)\thinspace u\left(x\right)+t\thinspace u\left(y\right)$

Allons-y …

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

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 en résulte :

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

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.

4 – Une implication en cache parfois une autre !

Il peut arriver qu’en démontrant une implication $A\Rightarrow B$ , on se rende compte que cette preuve « contient », en quelque sorte, la preuve de l’implication réciproque. Donnons deux exemples :

Exemple 1

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

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

Bien entendu, $f^{-1}$ désigne la bijection réciproque de $f$ .

Quelle est la cible ? Il faut prouver que :

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

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 :

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

Comme $f$ est injective, il s’ensuit que :

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

comme souhaité.

Il faut noter qu’en montrant cette implication, on a aussi montré sa réciproque !

Il suffit en effet d’appliquer le résultat à $f^{-1}.$

Exemple 2

Soit $f:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R};$ on pose pour tout $x>0$ :

$g\left(x\right)=x\,f\left(\frac{1}{x}\right)$

Montrons que la convexité de $f$ et celle de $g$ sont équivalentes.

En fait, là encore, il suffira de montrer que :

$f\text{ convexe}\Rightarrow g\text{ convexe}$

car cette implication « contient » sa réciproque.

En effet, si $g$ est convexe alors l’application $x\mapsto x\thinspace g\left(\frac{1}{x}\right)$ sera convexe, mais pour tout $x>0$ :

$x\thinspace g\left(\frac{1}{x}\right)=x\thinspace\frac{1}{x}\thinspace f\left(\frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)}\right)=f\left(x\right)$

Considérons donc $x,y>0$ et $t\in\left[0,1\right].$ Comme $\frac{1}{\left(1-t\right)x+ty}$ est compris entre $\frac{1}{x}$ et $\frac{1}{y},$ il existe $\mu\in\left[0,1\right]$ tel que :

$\frac{1}{\left(1-t\right)x+ty}=\frac{\mu}{x}+\frac{1-\mu}{y}$

Ce nombre $\mu$ est donné par :

$\mu=\frac{1}{\frac{1}{x}-\frac{1}{y}}\left(\frac{1}{\left(1-t\right)x+ty}-\frac{1}{y}\right)=\frac{\left(1-t\right)x}{\left(1-t\right)x+ty}$

Il en résulte que :

$1-\mu=\frac{ty}{\left(1-t\right)x+ty}$

Comme $f$ est convexe :

$\begin{eqnarray*}g\left(\left(1-t\right)x+ty\right) & = & \left(\left(1-t\right)x+ty\right)\,f\left(\frac{\mu}{x}+\frac{1-\mu}{y}\right)\\& \leqslant & \left(\left(1-t\right)x+ty\right)\,\left[\mu\,f\left(\frac{1}{x}\right)+\left(1-\mu\right)\,f\left(\frac{1}{y}\right)\right]\\& = & \left(1-t\right)x\,f\left(\frac{1}{x}\right)+ty\,f\left(\frac{1}{y}\right)\\& = & \left(1-t\right)\,g\left(x\right)+t\,g\left(y\right)\end{eqnarray*}$

ce qui prouve bien que $g$ est convexe.

5 – 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 $\boxed{\Rightarrow}$ :

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 vous savez qu’il n’en est rien).

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

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Soient $a,b\in E$ tels que $u\left(a\right)=u\left(b\right).$