Correction du devoir surveillé 1

Correction du devoir surveillé 1

Exercice 1 — Une jolie suite récurrente

1. Pour tout entier naturel n, notons P(n) la proposition suivante : u_n= 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹.

Montrons par récurrence double que pour tout n ∈ N, la proposition P(n) est vraie.

• Initialisation

Montrons que les propositionsP(0) et P(1) sont vraies.

? Montrons que la proposition P(0) est vraie.

On a :

3⁰+ (−1)⁰⁺¹= 1 + (−1)

= 0

=u₀, donc la proposition P(0) est vraie .

? Montrons que la proposition P(1) est vraie.

On a :

3¹+ (−1)¹⁺¹ = 3 + (−1)²

= 3 + 1

= 4

=u₁, donc la proposition P(1) est vraie .

• Hérédité

Soit n un entier naturel.

Supposons que les propositions P(n)et P(n+ 1) soient vraies.

Montrons que la propositionP(n+ 2) est vraie.

Calculons u_n+2 : un+2 = 2un+1+ 3un

= 2

3ⁿ⁺¹+ (−1)^(n+1)+1 + 3

3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ par hypothèses de récurrence

= 2×3ⁿ⁺¹+ 2×(−1)ⁿ⁺²+ 3ⁿ⁺¹+ 3×(−1)ⁿ⁺¹

= 3×3ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ⁺¹(−2 + 3)

= 3ⁿ⁺²+ (−1)ⁿ⁺¹×(−1)²

= 3ⁿ⁺²+ (−1)^(n+2)+1,

donc la proposition P(n+ 2) est vraie .

Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh

• Conclusion

Pour tout n∈N, la propositionP(n)est vraie : pour toutn ∈N, u_n= 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹ .

2. Pour tout entier naturel n, notons Q(n) la proposition3ⁿ >n.

Montrons que pour tout n∈N, la proposition Q(n)est vraie.

• Commençons par montrer que la proposition Q(0) est vraie.

On a :

3⁰ = 1>0, donc la proposition Q(0) est vraie .

• Montrons alors par récurrence que pour tout n ∈ N^∗, la proposition Q(n) est vraie.

? Initialisation Montrons que la propositionQ(1) est vraie.

On a :

3¹ = 3>1, donc la proposition Q(1) est vraie .

? Hérédité Soit n ∈N^∗.

Supposons que la proposition Q(n)soit vraie.

Montrons que la proposition Q(n+ 1) est vraie.

Par hypothèse de récurrence, on a 3ⁿ>n.

Comme le nombre 3 est positif, la multiplication par 3 est croissante (c’est-à-dire qu’elle préserve le sens des inégalités), donc on obtient que

3×3ⁿ >3n, c’est-à-dire que

3ⁿ⁺¹ >3n

>n+ 2n.

Or n appartient à N^∗, donc n > 1, donc en multipliant cette inégalité par 2, qui est positif, on obtient que

2n>2>1.

Il s’ensuit que

3ⁿ⁺¹ >n+ 1, donc la proposition Q(n+ 1) est vraie .

? Conclusion

Pour tout n ∈N^∗, la propositionQ(n) est vraie.

Ainsi, pour tout entier naturel n, la proposition Q(n) est vraie : pour tout n∈N, 3ⁿ>n .

3. Étudions la limite de la suite (un)n∈N.

• Montrons tout d’abord que pour tout n ∈N, on a u_n >n−1. D’après la première question, on a : pour tout n∈N,

u_n= 3ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹.

? D’après la question précédente, on a : pour tout n ∈N, 3ⁿ >n.

? De plus, pour tout n∈N, on a : (−1)ⁿ⁺¹ =

(−1 si n+ 1 est impair 1 sinon.

Comme les nombres −1 et1 sont tous deux supérieurs ou égaux à −1, on a : pour tout n∈N, (−1)ⁿ⁺¹ >−1.

En sommant ces deux inégalités, on obtient que pour tout n∈N, u_n >n−1.

• Comme pour tout n ∈ N, u_n > n −1 et comme lim

n→+∞n −1 = +∞, le théorème de comparaison assure que

n→+∞lim u_n= +∞.

Exercice 2 — Plus petit que le double

1. La négation de la propositionP est la suivante :

non(P)⇐⇒non[∃x∈R,∀y ∈R,(y < x=⇒y <2x)]

⇐⇒ ∀x∈R,non[∀y ∈R,(y < x=⇒y <2x)]

⇐⇒ ∀x∈R,∃y∈R,non[y < x=⇒y <2x]

⇐⇒ ∀x∈R,∃y∈R,[y < x et non(y <2x)]

⇐⇒ ∀x∈R,∃y∈R,[y < x ety>2x]

⇐⇒ ∀x∈R,∃y∈R,2x6y < x . 2. Nous allons montrer que la proposition P est vraie.

Pour cela, on peut procéder de deux manières différentes : soit par une preuve directe, soit en montrant que la négation deP est fausse (c’est-à-dire en raisonnant par l’absurde). L’argument sera essentiellement le même.

• Démonstration directe

Montrons que la proposition P est vraie, c’est-à-dire qu’il existe un réel x tel que pour tout réel y, l’implication (y < x=⇒y <2x)soit vraie.

Posonsx= 0.

Montrons que x convient, c’est-à-dire que pour tout y ∈ R, l’implication (y < x=⇒y <2x)est vraie.

Soit y∈R.

Montrons que l’implication (y < x=⇒y <2x) est vraie.

Comme2x= 0 =x, les propositionsy < x ety <2x sont équivalentes.

En particulier, l’implication (y < x=⇒y <2x) est vraie.

Finalement, le réelx convient. La proposition P est donc vraie.

• Démonstration par l’absurde

Montrons par l’absurde que la proposition P est vraie.

Supposons que la proposition P soit fausse et trouvons une contradiction.

Comme la proposition P est fausse, sa négation est vraie : pour toutx∈R, il existe y∈R tel que 2x6y < x.

En particulier, pour tout x∈R, on a 2x < x, donc pour tout x∈R, x <0. Ce n’est bien sûr pas le cas : par exemple, si x = 0, on n’a pas x < 0. On aboutit donc à une contradiction.

Finalement, la proposition P n’est pas fausse, donc elle est vraie . Exercice 3 — Preuve par huit

1. Soitn un entier naturel.

(a) La proposition «L’entier n est pair.» s’écrit :

∃k ∈N, n= 2k .

(b) De même, la proposition «L’entier n est un multiple de8.» s’écrit :

∃q ∈N, n= 8q.

La proposition «L’entiern n’est pas un multiple de 8.» est alors la négation de la proposition précédente ; elle s’écrit donc :

∀q ∈N, n6= 8q .

2. Soitn ∈N^∗. Montrons l’implication

n²−1 n’est pas un multiple de 8 =⇒n est pair. Raisonnons par contraposée : montrons l’implication

n est impair =⇒n²−1est un multiple de 8.

Supposons que n soit impair et montrons que n²−1 est alors un multiple de 8.

• Commen est impair, il existek ∈N tel que n= 2k+ 1.

Soit k un tel entier.

On a alors :

n²−1 = (2k+ 1)²−1

= 4k²+ 4k+ 1−1

= 4k²+ 4k

= 4k(k+ 1).

• Montrons que le produit k(k+ 1) est pair.

Procédons par disjonction de cas.

? Premier cas : k est pair.

Comme k est pair, il existe p∈N tel que k = 2p. Soit p un tel entier.

On a alors :

k(k+ 1) = 2p(k+ 1) = 2P, avec P =p(k+ 1)∈N.

Ainsi, le produit k(k+ 1) est bien pair .

? Second cas : k est impair.

Comme k est impair, il existe p∈N tel que k= 2p+ 1. Soit p un tel entier.

On a alors :

k(k+ 1) =k(2p+ 1 + 1)

=k(2p+ 2)

= 2k(p+ 1)

= 2P, avec P =k(p+ 1)∈N.

Ainsi, le produit k(k+ 1) est bien pair . Dans tous les cas, le produit k(k+ 1) est pair.

• Il existe donc un entier q tel que k(k+ 1) = 2q. Soit q un tel entier.

On obtient alors que

n²−1 = 4k(k+ 1)

= 4×2q

= 8q, donc n²−1 est un multiple de 8.

Ainsi, par contraposée, on obtient que si n²−1 n’est pas un multiple de 8, alors n est pair.

D’où, pour tout n ∈N^∗, on a l’implication suivante :

n²−1 n’est pas un multiple de 8 =⇒n est pair. 3. Soitn ∈N^∗.

Montrons que l’implication réciproque de l’implication précédente est vraie : montrons que si n est pair, alorsn²−1n’est pas un multiple de 8.

Supposons que n soit pair.

Montrons alors que n²−1n’est pas un multiple de 8.

Comme n est pair, il existe k ∈N tel que n= 2k.

Soit k un tel entier.

On a alors :

n²−1 = (2k)²−1

= 4k²−1

= 2×2k²−1

= 2×(2k²−1) + 1

= 2K+ 1, avec K = 2k²−1.

Comme k est entier, K l’est aussi, donc l’entier n²−1est impair.

En particulier, n²−1 n’est pas un multiple de 8. Ainsi, pour tout n ∈N^∗, on a l’implication suivante :

n est pair=⇒n²−1n’est pas un multiple de 8.

Les deux questions précédentes montrent, par double implication, que pour tout n∈N^∗, l’entier n est pair si et seulement si n² −1 n’est pas un multiple de 8.

Exercice 4 — Ensemble mystère

Tout d’abord, notons que par définition, l’ensemble A s’écrit ainsi : A=

x²−y²

(x, y)∈R²

= t∈R

∃(x, y)∈R², t=x²−y² . 1. Montrons que14 appartient à A :

montrons qu’il existe un couple (x, y)∈R² tel que 14 = x²−y². Posons x= 4 et y=√

2.

Alors on a :

x²−y² = 4²−√

2² = 16−2 = 14.

Donc le couple (x, y) convient.

Ainsi, le réel 14 appartient bien à l’ensembleA . 2. Démontrons que A=R.

Procédons par double inclusion.

⊆) Par définition de A, l’ensemble A est inclus dans R.

⊇) Montrons que Rest inclus dans A. Soit t∈R arbitraire.

Montrons que t appartient à A, c’est-à-dire qu’il existe (x, y) ∈ R² tel que t=x²−y².

De deux choses l’une : le réel t est soit positif, soit négatif.

Procédons alors par disjonction de cas.

• Premier cas : t>0.

Dans ce cas, la racine carrée du réel positif t existe.

Posons alors x=√

t ety= 0.

On a :

x²−y² =√

t²−0² =t, donc le couple (x, y) convient.

Ainsi, le réel t appartient à A.

• Second cas : t <0.

Dans ce cas, l’opposé de t est positif et admet donc une racine carrée.

Posons alors x= 0 et y=√

−t.

On a :

x²−y² = 0²−√

−t² =−(−t) =t, donc le couple (x, y) convient.

Ainsi, le réel t appartient à A.

Dans tous les cas, le réel t appartient bien à A. Finalement, l’ensembleR est bien inclus dans A .

Par double inclusion, on obtient alors que l’ensemble A est égal à R tout entier . Exercice 5 — Une seule solution : la résolution

1. Appelons (E₁) l’équation suivante, d’inconnue x réelle :

√2x+ 3−√

x+ 2 = 2.

• Trouvons tout d’abord le domaine de définition de l’équation (E1).

Comme la fonction racine carrée est définie sur R+, la fonction x 7−→

√2x+ 3−√

x+ 2 est définie sur l’ensemble suivant : {x∈R|2x+ 3 ∈R+ et x+ 2∈R+}. Simplifions cet ensemble :

{x∈R|2x+ 3∈R+ et x+ 2∈R+}={x∈R|2x+ 3>0 etx+ 2 >0}

=

x∈R

x>−3

2 etx>−2

=

x∈R

x>−3 2

car −3 2 >−2

=

−3 2; +∞

,

donc l’équation(E₁) a un sens sur l’intervalle

−3 2; +∞

.

• Résolvons à présent l’équation(E1).

Soit x∈

−3 2; +∞

.

On a alors l’équivalence suivante :

√2x+ 3−√

x+ 2 = 2⇐⇒√

2x+ 3 = 2 +√ x+ 2

⇐⇒√

2x+ 32

= 2 +√

x+ 22

car les nombres √

2x+ 3 et2 +√

x+ 2 sont positifs

⇐⇒2x+ 3 = 4 + 4√

x+ 2 +x+ 2

⇐⇒x−3 = 4√ x+ 2.

Ainsi, x est solution de l’équation (E₁)si et seulement si x−3 = 4√ x+ 2. On souhaite à nouveau élever au carré pour faire sauter la racine. Cependant, comme x−3 n’est pas toujours positif, le passage au carré ne préserve pas l’équivalence. Pour ne pas perdre d’information, on raisonne à partir de maintenant par analyse-synthèse.

? Analyse

Supposons que xsoit solution de (E₁).

Alors, d’après ce qui précède, on a : x−3 = 4√

x+ 2.

Par passage au carré, on obtient : (x−3)² =

4√

x+ 22

, donc

x²−6x+ 9 = 16(x+ 2), donc

x²−22x−23 = 0.

Le discriminant du trinôme X 7−→X²−22X−23est :

∆ = (−22)²−4×(−23)

= 22²+ 4×23

= 4(11²+ 23)

= 4(121 + 23)

= 4×144

= 2²×12²

= 24² >0.

Les racines du trinôme X 7−→X²−22X−23sont donc : 22−√

∆

2 = 22−24 2 =−1 et

22 +√

∆

2 = 22 + 24 2 = 23.

Comme la solution x est racine de ce trinôme, on a alors : x=−1 oux= 23.

Conclusion de l’analyse : Si x est solution, alors nécessairement, x=−1ou x= 23.

? Synthèse

Regardons si −1 et23 sont solutions de l’équation (E₁).

— Tout d’abord, vérifions si−1et23sont dans le domaine de définition de l’équation (E1), sans quoi ils ne peuvent bien sûr pas en être solutions.

L’équation (E₁) est définie sur

−3 2; +∞

et les nombres −1 et 23 sont bien supérieurs à −3

2, donc ils sont bien candidats à être solutions de (E1).

— Regardons si −1est solution de l’équation (E₁). Rappelons que pour tout x ∈

−3 2; +∞

, le réel x est solution de (E₁)si et seulement si x−3 = 4√

x+ 2.

On a :

((−1)−3 = −4 4p

(−1) + 2 = 4 6=−4, donc −1n’est pas solution de l’équation (E₁).

— Regardons si 23est solution de l’équation (E1).

On a : (

23−3 = 20 4√

23 + 2 = 4√

25 = 4×5 = 20, donc 23est bien solution de l’équation (E₁).

Conclusion de la synthèse :23est solution de l’équation(E₁), mais pas −1.

? Conclusion

L’unique solution de l’équation (E1)est 23.

2. Appelons (E₂) l’équation suivante, d’inconnue x réelle : ln

x+ 3 4

= 1

2[ln(x) +ln(3)].

• Trouvons tout d’abord le domaine de définition de l’équation (E₂).

? Comme la fonction ln est définie sur ]0; +∞[, le membre de gauche est défini sur l’ensemble suivant :

x∈R

x+ 3

4 ∈]0; +∞[

.

Simplifions cet ensemble :

x∈R

x+ 3

4 ∈]0; +∞[

=

x∈R

x+ 3 4 >0

={x∈R|x+ 3 >0}

={x∈R|x >−3}

= ]−3; +∞[.

Le membre de gauche de l’équation (E₂)a donc un sens sur l’intervalle ]−3; +∞[.

? De plus, le membre de droite a un sens sur l’intervalle ]0; +∞[.

Ainsi, l’équation (E2)a un sens sur l’intersection des deux intervalles précé- dents.

Or on a :

]−3; +∞[∩]0; +∞[ = ]0;∞[,

donc finalement, l’équation (E₂)a un sens sur l’intervalle ]0; +∞[.

• Résolvons à présent l’équation(E2).

Soit x∈]0; +∞[.

On a alors l’équivalence suivante : ln

x+ 3 4

= 1

2[ln(x) +ln(3)] ⇐⇒2ln x+ 3

4

=ln(x) +ln(3)

⇐⇒ln

"

x+ 3 4

2#

=ln(3x)

⇐⇒

x+ 3 4

2

= 3x

car la fonction ln est une bijection de R^∗+ sur R (dans un sens, on applique exp et dans l’autre, ln)

⇐⇒ (x+ 3)² 16 = 3x

⇐⇒x²+ 6x+ 9 = 48x

⇐⇒x²−42x+ 9 = 0.

Le discriminant du trinômeX 7−→X²−42X+ 9 est

∆ = 42²−4×9

= (6×7)²−36

= 36(7²−1)

= 36×48

= 6²×3×4²

= 3×24².

Le discriminant ∆est donc positif et √

∆ = 24√ 3. Les racines du trinôme X 7−→X²−42X+ 9 sont donc :

42−√

∆

2 = 42−24√ 3

2 = 21−12√ 3 et

42 +√

∆

2 = 42 + 24√ 3

2 = 21 + 12√ 3.

Ainsi, on obtient : ln

x+ 3 4

= 1

2[ln(x) +ln(3)]⇐⇒x²−42x+ 9 = 0

⇐= x= 21−12√

3 oux= 21 + 12√ 3. Vérifions que ces nombres sont bien dans le domaine de définition de (E₂), c’est-à-dire qu’ils sont strictement positifs (sinon, ils ne peuvent pas être solutions de l’équation).

? Le nombre 21 + 12√

3est strictement positif comme somme de deux nombres strictement positifs.

? Montrons que 21−12√

3 est strictement positif aussi.

On a :

(21² = (20 + 1)² = 400 + 40 + 1 = 441 (12√

3)² = 144×3 = 432, donc 21² >(12√

3)². Les nombres 21² et (12√

3)² étant positifs, on peut leur appliquer la fonction racine carrée.

Comme la fonction racine carrée est strictement croissante, on obtient alors que √

21² >

q (12√

3)². Or les nombres 21 et 12√

3 sont positifs donc ils sont racines de leur carré.

Il s’ensuit que21>12√

3, donc que 21−12√

3est bien strictement positif . Finalement, l’ensemble des solutions de l’équation (E₂)est

21−12√

3; 21 + 12√ 3 . 3. Appelons (I)l’inéquation suivante, d’inconnue x réelle :

|x−1|+

x²−5x+ 4

64|x−1|.

• La fonction valeur absolue et les fonctions polynomiales x 7−→ x − 1 et x7−→x²−5x+ 4 étant définies sur R, l’inéquation (I)est définie sur R.

• Résolvons à présent l’inéquation (I).

? Commençons par factoriser le trinôme x7−→x²−5x+ 4. Son discriminant vaut

∆ = (−5)²−4×4 = 25−16 = 9 = 3², donc ses racines sont

5−3

2 = 1 et 5 + 3 2 = 4.

Ainsi, pour tout x∈ R, on a :

x²−5x+ 4 = (x−1)(x−4).

? Soit x∈R.

On a alors l’équivalence suivante :

|x−1|+

x²−5x+ 4

64|x−1| ⇐⇒

x²−5x+ 4

−3|x−1|60

⇐⇒ |(x−1)(x−4)| −3|x−1|60 d’après le point précédent

⇐⇒ |x−1| × |x−4| −3|x−1|60

⇐⇒ |x−1|(|x−4| −3)60.

? La valeur absolue de tout réel est positive ou nulle. Distinguons alors le cas où |x−1| est nulle de celui où|x−1| est strictement positive.

— Premier cas : x= 1.

On a alors |x−1|= 0. Il s’ensuit que :

|x−1|(|x−4| −3) = 0, donc que 1est solution de l’inéquation (I).

— Second cas :x6= 1.

Dans ce cas,|x−1|>0.

On obtient alors l’équivalence suivante :

|x−1|+

x²−5x+ 4

64|x−1| ⇐⇒ |x−1|(|x−4| −3)60

⇐⇒ |x−4| −360

⇐⇒ |x−4|63

⇐⇒ −36x−463

⇐⇒16x67

⇐⇒1< x67 car x6= 1.

Ainsi, sixest différent de1, alorsxest solution de l’inéquation (I)si et seulement si 1< x67.

Finalement, en regroupant les deux cas précédents, on obtient l’équiva- lence suivante :

|x−1|+

x²−5x+ 4

64|x−1| ⇐⇒x= 1 ou1< x67

⇐⇒16x67.

Ainsi, l’ensemble des solutions de l’inéquation (I) est l’intervalle [1; 7] . Exercice 6 — Union et différence

1. Montrons que(A∪B)\(A∪C)⊆A∪(B\C).

• Méthode ensembliste

Commençons par simplifier l’expression de l’ensemble (A∪B)\(A∪C).

(A∪B)\(A∪C) = (A∪B)∩(A∪C)

= (A∪B)∩ A∩C d’après les lois de De Morgan

=

A∩ A∩C

∪

B∩ A∩C

par distributivité de l’intersection l’intersection sur l’union

=

A∩A

∩C

∪

B∩C

∩A

= ∅ ∩C

∪

(B \C)∩A

=∅ ∪

(B\C)∩A

= (B\C)∩A.

Or on a les inclusions suivantes :

(B\C)∩A⊆(B\C)⊆A∪(B\C), donc on obtient bien le résultat voulu :

(A∪B)\(A∪C)⊆A∪(B\C).

• Méthode élémentaire Soit x∈(A∪B)\(A∪C).

Montrons que x∈A∪(B \C).

Commex∈A∪B, l’élémentxappartient àAou àB (ou aux deux en même temps).

Procédons alors à une disjonction de cas.

? Premier cas : x∈A.

Dans ce cas, il n’y a rien à faire :

x appartient à A donc x appartient à A∪(B\C).

? Deuxième cas : x∈B.

Montrons qu’alors x appartient à B \C.

Comme x appartient déjà à B, il suffit de montrer que x n’appartient pas à C.

Comme x∈(A∪B)\(A∪C), l’élément xn’appartient pas à A∪C.

En particulier, x ne peut pas appartenir à C (sinon, il appartiendrait aussi à A∪C).

Ainsi,xappartient àBet pas àC, doncx∈(B\C), donc x∈A∪(B \C). Finalement, dans les deux cas, l’élémentx appartient bien à A∪(B\C). On obtient alors l’inclusion voulue :

(A∪B)\(A∪C)⊆A∪(B\C).

2. Montrons que l’inclusion réciproque A∪(B \C) ⊆ (A∪B)\(A∪C) n’est pas toujours vraie.

Soit A une partie non vide de l’ensembleE (une telle partie existe car l’ensemble E n’est pas vide).

Posons B =A etC =A.

Alors on a :

A∪(B\C) =A∪(A\A)

=A∪ ∅

= A et

(A∪B)\(A∪C) = (A∪A)\(A∪A)

=A\A

= ∅.

Comme la partie A est non vide, elle n’est pas incluse dans l’ensemble vide.

Ainsi, l’inclusion

A∪(B\C)⊆(A∪B)\(A∪C) n’est pas vraie pour ce choix de parties A, B etC.

Exercice 7 — De jolies propriétés de l’intersection

1. Montrons, par double inclusion, que P(A∩B) = P(A)∩ P(B).

⊆) Montrons que P(A∩B)est inclus dans P(A)∩ P(B) :

montrons que pour touteX ∈ P(A∩B), on a X ∈ P(A)∩ P(B). Soit X ∈ P(A∩B).

Alors on aX ⊆A∩B. Or on a :

(A∩B ⊆A A∩B ⊆B,

donc (

X ⊆A∩B ⊆A X ⊆A∩B ⊆B.

Ainsi, on a bienX ∈ P(A) etX ∈ P(B), donc X ∈ P(A)∩ P(B). D’où l’inclusion : P(A∩B)⊆ P(A)∩ P(B).

⊇) Montrons que P(A)∩ P(B) est inclus dans P(A∩B) :

montrons que pour touteX ∈ P(A)∩ P(B), on a X ∈ P(A∩B).

Soit X ∈ P(A)∩ P(B).

AlorsX ∈ P(A) etX ∈ P(B), c’est-à-dire que : X ⊆A etX ⊆B.

Montrons alors que X ⊆ A ∩B, c’est-à-dire que pour tout x ∈ X, on a x∈A∩B.

Soit x∈X. Alors on a :

(x∈A car X est incluse dans A x∈B car X est incluse dans B, donc x appartient à A∩B.

Ainsi, X est inclus dans A∩B, c’est-à-dire que X ∈ P(A∩B). D’où l’inclusion P(A)∩ P(B)⊆ P(A∩B).

Finalement, par double inclusion, on obtient bien l’égalité suivante : P(A∩B) =P(A)∩ P(B).

2. Montrons que(A∪B)∩(B∪C)∩(C∪A) = (A∩B)∪(B∩C)∪(C∩A). On a : (A∪B)∩(B∪C)∩(C∪A) = [(A∪B)∩(B∪C)]∩(C∪A)

= [B∪(A∩C)]∩(C∪A)

par distributivité de l’union sur l’intersection

= ([B∪(A∩C)]∩C)∪([B∪(A∩C)]∩A) par distributivité de l’intersection sur l’union. Simplifions les deux ensembles séparément.

• Simplifions le premier ensemble :

[B∪(A∩C)]∩C = (B∩C)∪[(A∩C)∩C]

par distributivité de l’intersection sur l’union

= (B∩C)∪[A∩(C∩C)]

= (B∩C)∪(A∩C)

= (B∩C)∪(C∩A).

• Simplifions le second ensemble :

[B∪(A∩C)]∩A= (B ∩A)∪[(A∩C)∩A]

par distributivité de l’intersection sur l’union

= (B ∩A)∪[C∩(A∩A)]

= (B ∩A)∪(C∩A)

= (A∩B)∪(C∩A).

En réinjectant les expressions trouvées dans le calcul principal, on obtient : (A∪B)∩(B∪C)∩(C∪A) = ([B∪(A∩C)]∩C)∪([B∪(A∩C)]∩A)

= (B∩C)∪(C∩A)∪(A∩B)∪(C∩A)

= (A∩B)∪(B∩C)∪[(C∩A)∪(C∩A)]

= (A∩B)∪(B∩C)∪(C∩A).

Finalement, on a bien l’égalité :

(A∪B)∩(B∪C)∩(C∪A) = (A∩B)∪(B∩C)∪(C∩A).