Disjonction de cas et réciproque
Bonjour,
une petite question: avez-vous un exemple de raisonnement par disjonction de cas pour un théorème qui ne soit pas une équivalence?
En effet, l'IPR a soutenu à un collègue qu'il était inutile de faire une réciproque dans une disjonction de cas, je reste très dubitatif à ce propos...
Merci de vos éventuelles réponses,
Amicalement,
F.D.
une petite question: avez-vous un exemple de raisonnement par disjonction de cas pour un théorème qui ne soit pas une équivalence?
En effet, l'IPR a soutenu à un collègue qu'il était inutile de faire une réciproque dans une disjonction de cas, je reste très dubitatif à ce propos...
Merci de vos éventuelles réponses,
Amicalement,
F.D.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Il faudrait être au clair sur ce qu'est "la réciproque" dans le cas d'une disjonction de cas.
$\left.\begin{align*}P \implies R\\
Q \implies R\\
P \lor Q\end{align*}\right\rbrace \implies R$
Les réciproques $R \implies P$ et $R \implies Q$ sont généralement fausses (sinon, il n'y aurait pas besoin de disjonction de cas) donc la seule réciproque intéressante est celle qui se réduit à $R \implies P \lor Q$.
Là, il faut voir ce que ton raisonnement est censé démontrer :
- Soit tu veux démontrer $R$ et tu te sers du fait connu que $P \lor Q$ (par exemple avec $Q = \neg P$). Vouloir démontrer "la réciproque" n'a aucun intérêt dans ce cas.
- Soit tu veux démontrer $P \lor Q \implies R$ et dans ce cas "la réciproque" a du sens et est indépendante de l'implication directe. Par contre, je ne suis pas convaincu que l'on parle de raisonnement par disjonction de cas à ce moment-là...
Un exemple de ce second cas de figure serait, pour une fonction lisse $f$,
« $x$ est un maximum local de $f$ ou $x$ est un minimum local de $f$ $\implies Df(x) = 0$ ».
Si j'ai bien compris l'exemple de Chris93, la réciproque à laquelle il pense serait « $m$ pair $\implies m = 5n^3 + n$ » (proprement quantifié). C'est effectivement une réciproque, et l'implication directe peut bien se faire par disjonction de cas, mais ce n'est pas "la réciproque" $R \implies P \lor Q$ : son exemple montre que ce n'est pas très approprié de vouloir associer une réciproque à un type de raisonnement. Si $R$ est elle-même une implication, la réciproque de $R$ n'a absolument aucune relation avec un quelconque raisonnement par disjonction de cas.
merci pour vos exemples et idées, il est vrai que, dans la situation de classe où était mon collègue, aucune réciproque n'était nécessaire car du signe du coefficient directeur déduire les variations d'une fonction affine est un raisonnement qui se tient sans réciproque (car on sait que f(b)-f(a)=m(b-a) donc...).
Merci encore
F.D.
Une disjonction de cas du type :
$\left.\begin{align*}A \implies R\\
nonA \implies R
\end{align*}\right\rbrace ~On~en~déduit~R$
ne nécessite pas de réciproque car $(A~ou~nonA)$ est un théorème quel que soit $A$.
c'est effectivement le cas lorsque l'on établit le lien entre signe de a (dans ax+b) et variations de la fonction affine (au fait A ou nonA n'est pas un théorème de logique constructive mais chhuuuut je déconne), de là à en tirer que dans une disjonction on n'a JAMAIS besoin de faire de réciproque, ça me chagrine :-)
Bien amicalement,
F.D.
Il me semble que le « résultat » évoqué ici est le suivant :
Soient $n$ dans $\N^*$, $A_1,\ \ldots,\ A_n$ et $B_1,\ \ldots,\ B_n$ $2n$ assertions telles que :
- $A_1\lor \ldots \lor A_n$ est vraie ;
- $\forall (i,j) \in \{ 1, \ldots, n \}^2, \quad i \neq j \implies \neg ( B_i \land B_j )$
- $\forall i \in \{ 1, \ldots, n \}, \quad A_i \implies B_i$
Alors les réciproques du dernier point sont exactes, à savoir : $\forall i \in \{ 1, \ldots, n \}, B_i \implies A_i$.Pour le démontrer, prenons $i$ dans $\{ 1, \ldots, n \}$ et supposons que $B_i$ est vraie. Si $A_i$ n'était pas vraie, alors d'après (1), il existerait $j$ dans $\{ 1, \ldots, n \}$ distinct de $i$ tel que $A_j$ soit vraie. Mézalors avec (3), on en déduirait que $B_j$ est vraie, donc on aurait $B_i \land B_j$ avec $i \neq j$, ce qui contredirait (2). Il en résulte que $A_i$ est vraie, CQFD.
Dans le cas évoqué par FrançoisD, on peut prendre comme assertions :
$A_1$ : le coefficient directeur de la droite est strictement négatif
$A_2$ : le coefficient directeur de la droite est nul
$A_3$ : le coefficient directeur de la droite est strictement positif
$B_1$ : $f$ est strictement décroissante
$B_2$ : $f$ est constante
$B_3$ : $f$ est strictement croissante
Pour utiliser le résultat, il faut donc avoir montré :
- $A_1 \implies B_1$, $A_2 \implies B_2$, $A_3 \implies B_3$ (avec $f(b) - f(a) = m(b-a)$);
- que $B_1$, $B_2$, $B_3$ sont deux à deux incompatibles (pas très compliqué, il faut bien entendu être sur un intervalle non vide et non réduit à un point ; ici, on est vraisemblablement sur $\R$ donc pas de problème).
On obtient alors les réciproques pour pas très cher. Mouais. Vu qu'elles sont triviales avec l'égalité $f(b) - f(a) = m(b-a)$ et un couple $(a, b)$ tel que $a\neq b$, ça ressemble quand même un peu à une remarque d'inspecteur qui veut faire le malin. En tout cas, je n'imagine pas beaucoup d'élèves du secondaire susceptibles d'utiliser correctement l'« astuce »...