: doc 6 Correction des exemples du doc 5 2014-2015

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Exemple 1 :

• ∃ a ∈ R , ∀ ǫ > 0, | a | < ǫ : Cette proposition implique que a = 0 On justifie cette implication en utilisant la contraposée, on doit prouver

a 6 = 0 ⇒ ∃ ǫ > 0 , | a | > ǫ Pour tout a non nul, en choisissant ǫ = | a |

2 , on obtient bien que | a | > ǫ.

• ∀ ǫ > 0, ∃ a ∈ R , | a | < ǫ : cette proposition est vraie, il suffit de choisir a = ǫ 2

• • • Exemple 2 :

⋄ 2 6 x < y : la négation s’écrit x < 2 ou x > y

⋄ ∀ x ∈ R , ∀ y ∈ R , f (x) = f (y) ⇒ x = y : la négation s’écrit ∃ x ∈ R , ∃ y ∈ R , f (x) = f(y) et x 6 = y

• • • Exemple 3 :

⋄ La suite (u n ) est majorée par 4 quantif icateurs −→ ∀ n ∈ N , u _n 6 4 ;

⋄ La suite (u n ) est majorée quantif icateurs −→ ∃ M ∈ R , ∀ n ∈ N , u n 6 M ;

⋄ La suite (u n ) n’est pas majorée quantif icateurs −→ ∀ M ∈ R , ∃ n ∈ N , u _n > M ;

⋄ La suite (u n ) est bornée quantif icateurs −→ ∃ M ∈ R , ∃ M ∈ R , ∀ n ∈ N , m 6 u _n 6 M ;

⋄ La suite (u n ) est croissante quantif icateurs −→ ∀ n ∈ N , u _n 6 u _n +1 ;

⋄ La suite (u n ) est constante quantif icateurs −→ ∃ C ∈ R , ∀ n ∈ N , u _n = C ;

⋄ La fonction f est la fonction nulle quantif icateurs −→ ∀ x ∈ R , f ( x ) = 0 ;

⋄ La fonction f s’annulle quantif icateurs −→ ∃ x ∈ R , f (x) = 0 ;

⋄ La fonction f est croissante quantif icateurs −→ ∀ x ∈ R , ∀ x ^′ ∈ R , x > x ^′ ⇒ f ( x ) > f ( x ^′ ) ;

⋄ La fonction f admet un maximum quantif icateurs −→ ∃ x 0 ∈ R , ∀ x ∈ R , f (x) 6 f (x 0 )

• • • Exemple 4 :

∀ x ∈ R , x ² − 4x + 5 = x ² − 4x + 4 + 1 = (x − 2) ² + 1.

Or ∀ x ∈ R , (x − 2) ² + 1 > 1 > 0 (Proposition P vraie). Mais, en vertu de l’égalité, si (x − 2) ² + 1 > 0 alors x ² − 4x + 5 > 0 (P ⇒ Q vraie) donc ∀ x ∈ R , x ² − 4x + 5 > 0 (Q vraie)

• • •

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Exemple 5 :

• Si n est pair, on peut écrire n = 2k avec k ∈ N et n(n + 1)

2 = 2k(2k + 1)

2 = k(2k + 1) qui est un entier naturel (le produit de deux entiers naturels est un entier naturel).

• Si n est impair, on peut écrire n = 2p + 1 avec p ∈ N ^∗ et n ( n + 1)

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

2 =

(p + 1)(2p + 1) qui est un entier naturel.

• • • Exemple 6 :

Pour x et y réels,

x ² = y ² = ⇒ x ² − y ² = 0 ⇒ (x − y)(x+y) = 0 ⇒ x − y = 0 ou x+y = 0 ⇒ x = y ou x = − y ⇒ | x | = | y |

• • • Exemple 7 :

Si n n’est pas pair alors n est impair, il existe k ∈ N tel que n = 2k + 1.

Or (2k + 1) ² = 4k ² + 4k + 1 = 2(2k ² + 2k) + 1, avec 2k ² + 2k ∈ N donc n ² est impair (il s’écrit 2p + 1).

On a montré que ( n impair ⇒ n ² impair) contraposée de ( n ² pair ⇒ n pair).

• • • Exemple 8 :

Si n 1 + n 2 + . . . + n 9 = 90 alors il existe trois de ces entiers dont la somme est supérieure à 30.

On tente encore une fois d’utiliser la contraposée (« plus accessible »)

Supposons que tout triplet d’entiers parmi les neufs donne une somme strictement inférieure à 30. En particulier, ( n 1 + n 2 + n 3 ) + ( n 4 + n 5 + n 6 ) + ( n 7 + n 8 + n 9 ) < 30 + 30 + 30 donc la somme n’est pas égale à 90.

• • • Exemple 9 :

Soit x, y ∈ R ⁺ tels que x 6 = y (on suppose Q fausse). x

1 + y = y

1 + x (P vraie) implique que x(1 + x) = y(1 + y), c’est à dire x ² − y ² = x − y, soit (x − y)(x + y) = y − x et (x − y)(x + y + 1) = 0.

Or x 6 = y donne x + y + 1 = 0, soit x + y = − 1. Ceci est impossible puisque x et y sont des réels positifs et leur somme ne peut donner un nombre négatif. Voici la contradiction. Donc x = y .

• • • Exemple 10 :

• ( ⇒ ), supposons que le trinôme ax ² + bx + c (a 6 = 0) a deux racines réelles x 1 et x 2 non nulles et de signes contraires, de sorte que x 1 x 2 < 0.

Or x 1 x 2 = ( − b ) ² − ( √

∆) ²

4a ² = b ² − ∆

4a ² = 4 ac 4a ² = c

a ; on a donc c

a < 0 et donc ac < 0.

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• ( ⇐ ), supposons que ac < 0, on a donc − 4ac > 0 et ∆ = b ² − 4ac > 0. Le trinôme a donc deux racines réelles distinctes. Elles sont non nulles car c 6 = 0 ; en effet c = 0 impliquerait que 0 est racine du trinôme et que ac = 0, ce qui n’est pas.

x 1 x 2 = c

a < 0 donc x 1 et x 2 sont de signes contraires.

• • • Exemple 11 :

S =

( 1

√ 3

)

• • • Exemple 12 :

S = [1; 10]

• • • Exemple 13 :

S = { 4 }

• • • Exemple 14 :

S =

"

− 1; 1 −

√ 31 8

"

• • • Exemple 15 :

La proposition « tout entier naturel est somme de trois carrés » est-elle vraie ?

Prenons n = 7 (de 0 à 6, la proposition est vraie, à vérifier), supposons qu’il existe (a, b, c) ∈ N ³ tels que 7 = a ² + b ² + c ² . On a obligatoirement a, b, c ∈ { 0, 1, 2 } (en effet 3 ² = 9), mais avec trois des carrés 0 ² ,1 ² et 2 ² , il est impossible de former 7. 7 est bien un contre-exemple.

• • • Exemple 16 :

On procède par analyse-synthèse :

• Analyse : Soit f une fonction de N dans R vérifiant

∀ m, n ∈ N , f(m + n) = f (m) + f (n)

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On a donc f (2) = f (1) + f (1) = 2f(1), f (3) = f(2) + f(1) = 2f (1) + f (1) = 3f (1) puis par recurrence, on prouve que

∀ n ∈ N , f (n) = nf (1)

Ceci montre que f est une fonction de la forme n 7−→ λn, avec λ ∈ R .

• Synthèse : Supposons qu’il existe λ ∈ R tel que, pour tout n ∈ N , f (n) = λn alors

∀ (m, n) ∈ N ² , f (m + n) = λ(m + n) = λm + λn = f (m) + f (n) f vérifie bien la condition demandée.

• Conclusion : les fonctions f solutions du problème sont de la forme n 7−→ λn , avec λ ∈ R .

• • • Exemple 17 :

Déterminer les couples d’entiers relatifs solutions de 2x + 5y = 7 (E) (équation diophantienne) (Au programme de la spécialité maths en TS)

Le théorème de Bézout assure l’existence de solutions.

• En phase d’analyse : soit ( x, y ) ∈ Z ² une solution de ( E ). On parvient, moyennant l’utilisation du théorème de Gauss, à démonter que (x, y) = (1 + 5k, 1 − 2k) avec k ∈ Z ; Il reste à effectuer la synthèse.

• Synthèse : Soit un couple d’entiers de la forme (x, y) = (1 + 5k, 1 − 2k) avec k ∈ Z .

On a 2x + 5y = 2(1 + 5k) + 5(1 − 2k) = 2 + 10k + 5 − 10k = 7, donc ∀ k ∈ Z , (1 + 5k, 1 − 2k) est solution de (E).

• Conclusion : Les solutions de ( E ) sont les couples d’entiers de la forme (1 + 5 k, 1 − 2 k ) avec k ∈ Z .

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