1. Le principe du raisonnement par analyse-synthèse

1.1. Le raisonnement par analyse-synthèse

Le raisonnement par analyse-synthèse est une méthode de démonstration en deux temps, utilisée en mathématiques pour prouver l’existence et/ou l’unicité d’une solution à un problème donné.

L’analyse consiste à supposer qu’une solution existe pour en déduire les propriétés nécessaires de cette solution.

La synthèse, quant à elle, vérifie si les objets identifiés lors de l’analyse satisfont effectivement les conditions du problème, concluant ainsi à l’existence de la solution, ou à l’ensemble des solutions. 

1.2. Les étapes du raisonnement par analyse-synthèse

  1. L’Analyse :
    • On suppose que l’objet ou la solution recherché(e) existe.
    • On travaille à partir de cette hypothèse pour déterminer des conditions nécessaires pour que la conclusion soit vérifiée et éventuellement déterminer la forme de ces solutions.
  2. La Synthèse :
    • On prend un objet qui vérifie les conditions trouvées lors de la phase d’analyse, on vérifie qu’alors il est effectivement solution du problème.
    • Les candidats qui satisfont toutes les conditions sont les solutions réelles du problème. 

1.3. Objectifs du raisonnement par analyse-synthèse

  • Prouver l’existence : Montrer qu’au moins une solution existe. 
  • Prouver l’unicité : Montrer qu’il n’y a qu’une seule solution. Pour cela, on suppose qu’il existe deux objets solutions du problème et on montre qu’ils sont égaux. Si on suppose que ces deux objets solutions sont différents, on doit aboutir à une contradiction (Raisonnement par l’absurde).

1.4. Quand l’utiliser ?

La méthode de raisonnement par analyse-synthèse est particulièrement utile lorsqu’il s’agit de démontrer l’existence d’un objet (comme une solution d’une équation, un couple ou une fonction) qui répond à certains critères ou conditions spécifiques.

2. Exercices résolus

Exercice résolu n°1. (Première – Terminale)
Déterminons l’ensemble des fonctions $f:\R\to\R$ telles que, pour tout $(x;y)\in\R^2$,
$$f(y-f (x))=2-x-y$$
Extrait de : « Chapitre 0, Logique et raisonnement », Vidal AGNIEL, Lycée du Diadème – Te Tara o Mai’ao. (Merci).

Corrigé.
Raisonnons par analyse-synthèse.
1ère étape : Analyse.
On suppose qu’il existe une fonction $f$ solution du problème. Et on cherche des conditions nécessaires pour que la conclusion soit vraie.

$\blacktriangleright$ Soit $f:\R\to\R$ une fonction telle que, pour tout $(x;y)\in\R^2$, $$f(y-f (x))=2-x-y$$
Soit $x\in\R$. L’égalité ci-dessus doit être vraie pour tout $x$, $y\in\R$. En particulier, pour $y=f(x)\in\R$. Ce qui donne alors : $f(0)=2-x-f (x)$. Donc $f(x)=2-f(0)-x$.
Posons $a=2-f(0)\in\R$. L’expression de la fonction $f$ s’écrit donc sous la forme $$\boxed{~~f(x)=a-x~~}$$
$\blacktriangleright$ Montrons que ces fonctions peuvent convienir :
$f(y-f (x))=f(y-(a-x))=f(y+x-a)$ $=a-(y+x-a)=2a-x-y$.

2ème étape : Synthèse.
Dans la partie « analyse », nous avons trouvé la forme des fonctions éventuellement solutions du problème. Cherchons, parmi ces fonctions celle(s) qui vérifie(nt) la condition de l’énoncé.

Soient $a\in\R$ et $f$ la fonction numérique définie pour tout $x\in\R$, par $f(x)=a-x$. Pour tout $x$, $y\in\R$, on a :
$f(y-f (x))=f(y-(a-x))=f(y+x-a)$ $=a-(y+x-a)=2a-x-y$
Ainsi, $f$ vérifie la condition de l’énoncé si, et seulement si, $2a=2$, donc si, et seulement si, $a=1$.

Conclusion. Il existe une unique fonction vérifiant la condition de l’énoncé. C’est la fonction $f$ définie pour tout $x\in\R$, par $$\boxed{~~f(x)=1-x~~}$$
CQFD.$\blacktriangle$

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Exercice résolu n°2. (Première – Terminale Spé-maths – Prépa)
Démontrer que toute fonction numérique $f$ définie sur $D=\R$ ou sur un intervalle de la forme $D=[-a;+a]$ ou $D=]-a;+a[$, s’écrit d’une manière unique comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire.

Corrigé.
Tout d’abord, commençons par formaliser l’énoncé et l’écrire en langage mathématique.

Tout fonction numérique $f$, définie sur $D=\R$ ou sur un intervalle de la forme $D=[-a;+a]$, $a\in\R^*$. Il faut démontrer qu’il existe un couple unique de fonctions $(g; h)$, où $g$ est une fonction paire et $h$ une fonction impaire telles que $f=g+h$. Autrement dit : $$(\forall x\in D)~:~f(x) = g(x)+h(x)$$
Ici en fait, nous avons une question double. 1°) Tout d’abord, il faut démontrer qu’un tel couple existe. Et 2°) Démontrer que si un tel couple existe, alors il est unique.

1°) Existence
Nous procédons par Analyse et Synthèse. Le raisonnement se fait en deux étapes :
1ère étape : Analyse.
On suppose que le problème est résolu et on recherche de la forme de ces solutions. On en déduit des conditions nécessaires que doivent vérifier les solutions.

$\large\bullet$ Supposons qu’il existe un couple de fonctions $(g;h)$ vérifiant la propriété demandée. On regarde comment elles sont construites.
$\blacktriangleright D$ est symétrique par rapport à $0$. Donc, pour tout $x\in D$, $-x\in D$.
$\blacktriangleright g$ est une fonction paire. Donc, pour tout $x\in D$ : $$\boxed{~g(-x)=g(x)~}~~(1)$$ $\blacktriangleright h$ est une fonction impaire. Donc, pour tout $x\in D$ : $$\boxed{~h(-x)=-h(x)~}~~(2)$$ Comme $f=g+h$, on peut écrire d’après (1) et (2) : $$\begin{array}{rr} f(x) = g(x)+h(x)&(3)\\ f(-x) = g(-x)+h(-x)\\ f(x)=g(x)-h(x)&(4)\\ \end{array}$$
Mais alors, en faisant la somme puis la différence membre à membre des deux égalités (3) et (4), on obtient pour tout $x\in D$ : $$\begin{array}{rr}
g(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}&\qquad(5)\\
\text{et}~~h(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}&\qquad(6)\\ \end{array}$$

2ème étape : Synthèse.
Nous avons trouvé un couple de fonctions $(g\, ;h)$ à partir des conditions données. Montrons que ce couple est bien une solution du problème.

$\blacktriangleright D$ est symétrique par rapport à $0$ et pour tout $x\in D$ : $$g(-x)=\dfrac{f(-x)+f(x)}{2}=g(x)$$ Ce qui montre que la fonction $g$ est paire.
$\blacktriangleright$ De même, $D$ est symétrique par rapport à $0$ et pour tout $x\in D$ : $$\begin{array}{rl} h(-x)&=\dfrac{f(-x)-f(x)}{2}\\ h(-x)&=-\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}\\ h(-x)&=-h(x)\end{array}$$ Ce qui montre que la fonction $h$ impaire.
$\blacktriangleright$ De plus, pour tout $x\in D$, on a : $$\begin{array}{rl}
g(x)+h(x)&=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}+\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}\\ g(x)+h(x)&=\dfrac{f(x)+f(-x)+f(x)-f(-x)}{2}\\
g(x)+h(x)&=f(x)\end{array}$$ Par conséquent : $$\boxed{~f=g+h~}$$
Conclusion 1. Nous avons trouvé (construit) un couple $(g\, ;h)$ solution du problème. Par conséquent, il existe au moins un couple de fonctions $(g; h)$, où $g$ est une fonction paire et $h$ une fonction impaire telles que $f=g+h$.

2°) Unicité.
Soient $g_1$, $h_1:D\to\R$ deux autres fonctions où $g_1$ est une fonction paire, $et h_1$ une fonction impaire et $f=g_1+h_1$.
Montrons que $g_1=g$ et $h_1=h$.

$\large\bullet$ On a $g+h=f=g_1+h_1$, donc $g-g_1=h_1-h$.

$\blacktriangleright$ Comme $g$ et $g_1$ sont paires, la fonction $g-g_1$ est paire.
$\blacktriangleright$ Et comme $h$ et $h_1$ sont impaires, la fonction $h_1-h$ est impaire.
On en déduit que la fonction $g-g_1$ est à la fois paire et impaire.
Pour tout $x\in D$, on a donc : $g(-x)-g_1(-x)=g(x)-g_1(x)$ et $g(-x)-g_1(-x) =-g(x)+g_1(x)$. Par suite, $g(x)-g_1(x)=-g(x)+g_1(x)$.
Cela donne, pour tout $x\in D$ : $2g(x)-2g_1(x)=0$, donc $g(x)-g_1(x)=0$.
On a donc $g-g_1=0$, donc $g_1=g$.
$\blacktriangleright$ D’une manière analogue, on démontre que $0=h_1-h, donc $h_1=h$.
Par conséquent : $(g ; h)=(g_1; h_1)$.

Conclusion 2. Le couple $(g ; h)$ est donc bien unique.

Conclusion. Toute fonction numérique $f$ définie sur $D=\R$ ou sur un intervalle de la forme $D=[-a;+a]$ ou $D=]-a;+a[$, s’écrit d’une manière unique comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire.
CQFD.$\blacktriangle$

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