colles de maths corrigees ECE premiere annee.pdf
Les exercices corrigés ci-dessous ont été donnés en colle de Maths ECE première année durant l'année 2013-2014 au Lycée Ozenne à Toulouse.
Préparer les maths Hec en prépa ECE
Presque tous les exercices (et questions) sont extraits de planches d'oraux HEC. Du- rant cet oral un exercice est donné à préparer pendant 25 à 30 minutes.
Exercices - Dénombrement : énoncé Dénombrements pratiques
Exercice 1 - Groupe d'étudiants - L1/Math Sup/Prépa HEC - ?. A leur entrée en L1 les étudiants choisissent une langue (anglais ou allemand) et une option.
Mathématiques
Apr 12 2017 ANNALES DU CONCOURS ECRICOME PREPA 2017 : EPREUVE MATHEMATIQUES OPTION ... Trois exercices indépendants portant sur les trois domaines du ...
Exo7 - Exercices de Michel Quercia
programmes de Maths des CPGE mais certains exercices anciens sont toutefois devenus hors programme. Pour la plupart
Mathématiques
On consid`ere dans cet exercice l'espace vectoriel E = R3 dont on note B = (e1
Feuille dexercices 10 Développements limités-Calculs de limites
Correction exercice 4. On vérifiera à chaque fois qu'il s'agit de forme indéterminée. La technique est plus ou moins toujours.
Exercices de mathématiques - Exo7
Exercice 5. Nier les assertions suivantes : 1. tout triangle rectangle possède un angle droit;. 2. dans toutes les écuries tous les chevaux sont noirs;. 3
Stage Scilab ECE
Ancien étudiant de prépa HEC ayant obtenu 192/20 de moyenne en maths aux travaillent le cours mais n'arrivent pas à l'utiliser dans les exercices.
Stage Scilab ECE
Ancien étudiant de prépa HEC ayant obtenu 192/20 de moyenne en maths aux travaillent le cours mais n'arrivent pas à l'utiliser dans les exercices.
Logique, ensembles, raisonnements
1 Logique
Exercice 1Compléter les pointillés par le connecteur logique qui s"impose :,;(;):1.x2Rx2=4::::::x=2 ;
2.z2Cz=z::::::z2R;
3.x2Rx=p::::::e2ix=1.
Soient les quatre assertions suivantes :
(a)9x2R8y2Rx+y>0 ;(b)8x2R9y2Rx+y>0 ; (c)8x2R8y2Rx+y>0 ;(d)9x2R8y2Ry2>x: 1. Les assertions a,b,c,dsont-elles vraies ou fausses ? 2.Donner leur nég ation.
DansR2, on définit les ensemblesF1=f(x;y)2R2;y60getF2=f(x;y)2R2;xy>1;x>0g. On note M1M2la distance usuelle entre deux pointsM1etM2deR2. Évaluer les propositions suivantes :
1.8e2]0;+¥[9M12F19M22F2M1M2 2.9M12F19M22F28e2]0;+¥[M1M2 3.9e2]0;+¥[8M12F18M22F2M1M2 4.8M12F18M22F29e2]0;+¥[M1M2 Quand elles sont fausses, donner leur négation. Nier la proposition: "tous les habitants de la rue du Havre qui ont les yeux bleus gagneront au loto et prendront
leur retraite avant 50 ans". Nier les assertions suivantes :
1 1.tout triangle rectangle possède un angle droit ;
2. dans toutes les écuries, tous les che vauxsont noirs ; 3. 8n2N2n+1n+2<2+e
Maintenant nous cherchons une condition surnpour que l"inégalité 2e<2n+1n+2
soit vraie. 2e<2n+1n+2,(2e)(n+2)<2n+1
,33e 2 Icienous est donné, nous prenons unN2Ntel queN>3e 2, alors pour toutn>Nnous avonsn>N>3e
2 et par conséquent: 2e<2n+1n+2. Conclusion: étant donnée>0, nous avons trouvé unN2Ntel que pour tout
n>Non ait 2e<2n+1n+2et2n+1n+2<2+e. En fait nous venons de prouver que la suite de terme(2n+1)=(n+2)tend vers 2 quandntend vers+¥.Correction del"exer cice9 Nx2{(A[B),x=2A[B
,x=2Aetx=2B ,x2{Aetx2{B ,x2{A\{B: x2{(A\B),x=2A\B ,x=2Aoux=2B ,x2{Aoux2{ ,x2{A[{B:Correction del"exer cice10 NNous allons démontrer l"assertion 1:de deux manières différentes.
1. T outd"abord de f açon"directe". Nous supposons que AetBsont tels queA\B=A[B. Nous devons montrer queA=B. Pour cela étant donnéx2Amontrons qu"il est aussi dansB. Commex2Aalorsx2A[Bdoncx2A\B (carA[B=A\B). Ainsix2B. Maintenant nous prenonsx2Bet le même raisonnement impliquex2A. Donc tout élément deAest dansBet tout élément deBest dansA. Cela veut direA=B. 8 2.Ensuite, comme demandé,nous lemontronsparcontraposition.Nous supposonsqueA6=Betnondevons
montrer queA\B6=A[B. SiA6=Bcela veut dire qu"il existe un élémentx2AnBou alors un élémentx2BnA. Quitte à échanger
AetB, nous supposons qu"il existex2AnB. Alorsx2A[Bmaisx=2A\B. DoncA\B6=A[B.Correction del"exer cice11 NMontrons quelques assertions.
f(A\B)f(A)\f(B). Siy2f(A\B), il existex2A\Btel quey=f(x), orx2Adoncy=f(x)2f(A)et de mêmex2Bdonc y2f(B). D"oùy2f(A)\f(B). Tout élément def(A\B)est un élément def(A)\f(B)doncf(A\B) f(A)\f(B). Remarque : l"inclusion réciproque est fausse. Exercice : trouver un contre-exemple. f 1(FnA) =Enf1(A).
x2f1(FnA),f(x)2FnA ,f(x)=2A ,x=2f1(A)carf1(A) =fx2E=f(x)2Ag ,x2Enf1(A)Correction del"exer cice12 NI= [0;2]etJ= ]1;+¥[:Correction del"exer cice13 NPar l"absurde, supposons qu"il existep2Ntel quef=fp. Deux applications sont égales si et seulement si
elles prennent les mêmes valeurs. 8n2Nf(n) =fp(n):
En particulier pourn=p,f(p) =fp(p). D"autre part la définition defnous donnef(p) =fp(p)+1. Nous obtenons une contradiction carf(p)ne peut prendre deux valeurs distinctes. En conclusion, quelque soitp2N,
f6=fp.Correction del"exer cice14 N1.Montrons en f aitla contraposée. S"il existeitel quepidiviseN=p1p2:::pr+1 (iest fixé) alors il existek2Ztel queN=kpidonc p i(kp1p2:::pi1pi+1:::pr) =1 soitpiq=1 (avecq=kp1p2:::pi1pi+1:::prun nombre entier). Doncpi2Zet 1=pi=q2Z, alors p ivaut 1 ou1. Et doncpin"est pas un nombre premier. Conclusion : par contraposition il est vrai queNn"est divisible par aucun despi 2. Raisonnons par l"absurde : s"il n"e xistequ"un nombre fini rde nombres premiersp1;:::;pralorsN= p 1p2:::pr+1 est un nombre premier car divisible par aucun nombre premier autre que lui même (c"est
le 1.). MaisNest strictement supérieur à tous lespi. Conclusion on a construit un nombre premierNdifférent
despi, il y a donc au moinsr+1 nombres premiers, ce qui est absurde. 9 Correction del"exer cice15 NRédigeons la deuxième égalité. SoitAn,n2Nl"assertion suivante:
(An)nå k=1k2=n(n+1)(2n+1)6 •A0est vraie (1=1). Étant donné n2Nsupposons queAnsoit vraie. Alors n+1å k=1k2=nå k=1k2+(n+1)2 n(n+1)(2n+1)6 +(n+1)2 n(n+1)(2n+1)+6(n+1)26 (n+1)(n(2n+1)+6(n+1))6 (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)6 Ce qui prouveAn+1.
P arle principe de récurrence nous v enonsde montrer que Anest vraie pour toutn2N.Correction del"exer cice16 N1.Montrons la proposition demandée par récurrence: soit Anl"assertionfn+1=ffn. Cette assertion est
vraie pourn=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors f n+2=fn+1f= (ffn)f=f(fnf) =ffn+1: Nous avons utiliser la definition defn+2, puis la propositionAn, puis l"associativité de la composition,
puis la définition defn+1. DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2Nfnf=ffn:
2. On procède de même par récurrence: soit Anl"assertion(f1)n= (fn)1. Cette assertion est vraie pour
n=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors (f1)n+1= (f1)nf1= (fn)1f1= (ffn)1= (fnf)1= (fn+1)1: DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2N(f1)n= (fn)1:Correction del"exer cice17 N1.Montrons par récurrence 8n2Nxn>3. Soit l"hypothèse de récurrence :
(Hn):xn>3: 10 La propositionH0est vraie carx0=4>3.
Soitn>0, supposonsHnvraie et montrons queHn+1est alors vraie. x n+13=2xn23x n+23=2xn23xn9x n+2: Par hypothèse de récurrencexn>3, doncxn+2>0 et 2xn23xn9>0 (ceci par étude de la fonctionx7!2x23x9 pourx>3). Doncxn+13 etHn+1est vraie. Nous avons montré
8n2NHn)Hn+1
et commeH0est vraie alorsHnest vraie quelque soitn. Ce qui termine la démonstration. 2. Montrons que xn+1332
(xn3)est positif. x n+1332 (xn3) =2xn23x n+232 (xn3) =12 x n23xnx n+2 Ce dernier terme est positif carxn>3.
3. Montrons par récurrence 8n2Nxn>32
n+3. Soit notre nouvelle l"hypothèse de récurrence : (Hn)xn>32 n +3: La propositionH0est vraie.
Soitn>0, supposons queHnvraie et montrons queHn+1est vérifiée. D"après la question précédentexn+13>32
(xn3)et par hypothèse de récurrencexn>32 n+3 ; en réunissant ces deux inégalités nous avonsxn+13>32 (32 n) =32 n+1. Nous concluons en résumant la situation :
H 0est vraie, etHn)Hn+1quelque soitn. DoncHnest toujours vraie.
4. La suite (xn)tend vers+¥et n"est donc pas convergente.11quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47
2.9M12F19M22F28e2]0;+¥[M1M2 3.9e2]0;+¥[8M12F18M22F2M1M2 4.8M12F18M22F29e2]0;+¥[M1M2 Quand elles sont fausses, donner leur négation. Nier la proposition: "tous les habitants de la rue du Havre qui ont les yeux bleus gagneront au loto et prendront
leur retraite avant 50 ans". Nier les assertions suivantes :
1 1.tout triangle rectangle possède un angle droit ;
2. dans toutes les écuries, tous les che vauxsont noirs ; 3. 8n2N2n+1n+2<2+e
Maintenant nous cherchons une condition surnpour que l"inégalité 2e<2n+1n+2
soit vraie. 2e<2n+1n+2,(2e)(n+2)<2n+1
,33e 2 Icienous est donné, nous prenons unN2Ntel queN>3e 2, alors pour toutn>Nnous avonsn>N>3e
2 et par conséquent: 2e<2n+1n+2. Conclusion: étant donnée>0, nous avons trouvé unN2Ntel que pour tout
n>Non ait 2e<2n+1n+2et2n+1n+2<2+e. En fait nous venons de prouver que la suite de terme(2n+1)=(n+2)tend vers 2 quandntend vers+¥.Correction del"exer cice9 Nx2{(A[B),x=2A[B
,x=2Aetx=2B ,x2{Aetx2{B ,x2{A\{B: x2{(A\B),x=2A\B ,x=2Aoux=2B ,x2{Aoux2{ ,x2{A[{B:Correction del"exer cice10 NNous allons démontrer l"assertion 1:de deux manières différentes.
1. T outd"abord de f açon"directe". Nous supposons que AetBsont tels queA\B=A[B. Nous devons montrer queA=B. Pour cela étant donnéx2Amontrons qu"il est aussi dansB. Commex2Aalorsx2A[Bdoncx2A\B (carA[B=A\B). Ainsix2B. Maintenant nous prenonsx2Bet le même raisonnement impliquex2A. Donc tout élément deAest dansBet tout élément deBest dansA. Cela veut direA=B. 8 2.Ensuite, comme demandé,nous lemontronsparcontraposition.Nous supposonsqueA6=Betnondevons
montrer queA\B6=A[B. SiA6=Bcela veut dire qu"il existe un élémentx2AnBou alors un élémentx2BnA. Quitte à échanger
AetB, nous supposons qu"il existex2AnB. Alorsx2A[Bmaisx=2A\B. DoncA\B6=A[B.Correction del"exer cice11 NMontrons quelques assertions.
f(A\B)f(A)\f(B). Siy2f(A\B), il existex2A\Btel quey=f(x), orx2Adoncy=f(x)2f(A)et de mêmex2Bdonc y2f(B). D"oùy2f(A)\f(B). Tout élément def(A\B)est un élément def(A)\f(B)doncf(A\B) f(A)\f(B). Remarque : l"inclusion réciproque est fausse. Exercice : trouver un contre-exemple. f 1(FnA) =Enf1(A).
x2f1(FnA),f(x)2FnA ,f(x)=2A ,x=2f1(A)carf1(A) =fx2E=f(x)2Ag ,x2Enf1(A)Correction del"exer cice12 NI= [0;2]etJ= ]1;+¥[:Correction del"exer cice13 NPar l"absurde, supposons qu"il existep2Ntel quef=fp. Deux applications sont égales si et seulement si
elles prennent les mêmes valeurs. 8n2Nf(n) =fp(n):
En particulier pourn=p,f(p) =fp(p). D"autre part la définition defnous donnef(p) =fp(p)+1. Nous obtenons une contradiction carf(p)ne peut prendre deux valeurs distinctes. En conclusion, quelque soitp2N,
f6=fp.Correction del"exer cice14 N1.Montrons en f aitla contraposée. S"il existeitel quepidiviseN=p1p2:::pr+1 (iest fixé) alors il existek2Ztel queN=kpidonc p i(kp1p2:::pi1pi+1:::pr) =1 soitpiq=1 (avecq=kp1p2:::pi1pi+1:::prun nombre entier). Doncpi2Zet 1=pi=q2Z, alors p ivaut 1 ou1. Et doncpin"est pas un nombre premier. Conclusion : par contraposition il est vrai queNn"est divisible par aucun despi 2. Raisonnons par l"absurde : s"il n"e xistequ"un nombre fini rde nombres premiersp1;:::;pralorsN= p 1p2:::pr+1 est un nombre premier car divisible par aucun nombre premier autre que lui même (c"est
le 1.). MaisNest strictement supérieur à tous lespi. Conclusion on a construit un nombre premierNdifférent
despi, il y a donc au moinsr+1 nombres premiers, ce qui est absurde. 9 Correction del"exer cice15 NRédigeons la deuxième égalité. SoitAn,n2Nl"assertion suivante:
(An)nå k=1k2=n(n+1)(2n+1)6 •A0est vraie (1=1). Étant donné n2Nsupposons queAnsoit vraie. Alors n+1å k=1k2=nå k=1k2+(n+1)2 n(n+1)(2n+1)6 +(n+1)2 n(n+1)(2n+1)+6(n+1)26 (n+1)(n(2n+1)+6(n+1))6 (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)6 Ce qui prouveAn+1.
P arle principe de récurrence nous v enonsde montrer que Anest vraie pour toutn2N.Correction del"exer cice16 N1.Montrons la proposition demandée par récurrence: soit Anl"assertionfn+1=ffn. Cette assertion est
vraie pourn=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors f n+2=fn+1f= (ffn)f=f(fnf) =ffn+1: Nous avons utiliser la definition defn+2, puis la propositionAn, puis l"associativité de la composition,
puis la définition defn+1. DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2Nfnf=ffn:
2. On procède de même par récurrence: soit Anl"assertion(f1)n= (fn)1. Cette assertion est vraie pour
n=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors (f1)n+1= (f1)nf1= (fn)1f1= (ffn)1= (fnf)1= (fn+1)1: DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2N(f1)n= (fn)1:Correction del"exer cice17 N1.Montrons par récurrence 8n2Nxn>3. Soit l"hypothèse de récurrence :
(Hn):xn>3: 10 La propositionH0est vraie carx0=4>3.
Soitn>0, supposonsHnvraie et montrons queHn+1est alors vraie. x n+13=2xn23x n+23=2xn23xn9x n+2: Par hypothèse de récurrencexn>3, doncxn+2>0 et 2xn23xn9>0 (ceci par étude de la fonctionx7!2x23x9 pourx>3). Doncxn+13 etHn+1est vraie. Nous avons montré
8n2NHn)Hn+1
et commeH0est vraie alorsHnest vraie quelque soitn. Ce qui termine la démonstration. 2. Montrons que xn+1332
(xn3)est positif. x n+1332 (xn3) =2xn23x n+232 (xn3) =12 x n23xnx n+2 Ce dernier terme est positif carxn>3.
3. Montrons par récurrence 8n2Nxn>32
n+3. Soit notre nouvelle l"hypothèse de récurrence : (Hn)xn>32 n +3: La propositionH0est vraie.
Soitn>0, supposons queHnvraie et montrons queHn+1est vérifiée. D"après la question précédentexn+13>32
(xn3)et par hypothèse de récurrencexn>32 n+3 ; en réunissant ces deux inégalités nous avonsxn+13>32 (32 n) =32 n+1. Nous concluons en résumant la situation :
H 0est vraie, etHn)Hn+1quelque soitn. DoncHnest toujours vraie.
4. La suite (xn)tend vers+¥et n"est donc pas convergente.11quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47
3.9e2]0;+¥[8M12F18M22F2M1M2 4.8M12F18M22F29e2]0;+¥[M1M2 Quand elles sont fausses, donner leur négation. Nier la proposition: "tous les habitants de la rue du Havre qui ont les yeux bleus gagneront au loto et prendront
leur retraite avant 50 ans". Nier les assertions suivantes :
1 1.tout triangle rectangle possède un angle droit ;
2. dans toutes les écuries, tous les che vauxsont noirs ; 3. 8n2N2n+1n+2<2+e
Maintenant nous cherchons une condition surnpour que l"inégalité 2e<2n+1n+2
soit vraie. 2e<2n+1n+2,(2e)(n+2)<2n+1
,33e 2 Icienous est donné, nous prenons unN2Ntel queN>3e 2, alors pour toutn>Nnous avonsn>N>3e
2 et par conséquent: 2e<2n+1n+2. Conclusion: étant donnée>0, nous avons trouvé unN2Ntel que pour tout
n>Non ait 2e<2n+1n+2et2n+1n+2<2+e. En fait nous venons de prouver que la suite de terme(2n+1)=(n+2)tend vers 2 quandntend vers+¥.Correction del"exer cice9 Nx2{(A[B),x=2A[B
,x=2Aetx=2B ,x2{Aetx2{B ,x2{A\{B: x2{(A\B),x=2A\B ,x=2Aoux=2B ,x2{Aoux2{ ,x2{A[{B:Correction del"exer cice10 NNous allons démontrer l"assertion 1:de deux manières différentes.
1. T outd"abord de f açon"directe". Nous supposons que AetBsont tels queA\B=A[B. Nous devons montrer queA=B. Pour cela étant donnéx2Amontrons qu"il est aussi dansB. Commex2Aalorsx2A[Bdoncx2A\B (carA[B=A\B). Ainsix2B. Maintenant nous prenonsx2Bet le même raisonnement impliquex2A. Donc tout élément deAest dansBet tout élément deBest dansA. Cela veut direA=B. 8 2.Ensuite, comme demandé,nous lemontronsparcontraposition.Nous supposonsqueA6=Betnondevons
montrer queA\B6=A[B. SiA6=Bcela veut dire qu"il existe un élémentx2AnBou alors un élémentx2BnA. Quitte à échanger
AetB, nous supposons qu"il existex2AnB. Alorsx2A[Bmaisx=2A\B. DoncA\B6=A[B.Correction del"exer cice11 NMontrons quelques assertions.
f(A\B)f(A)\f(B). Siy2f(A\B), il existex2A\Btel quey=f(x), orx2Adoncy=f(x)2f(A)et de mêmex2Bdonc y2f(B). D"oùy2f(A)\f(B). Tout élément def(A\B)est un élément def(A)\f(B)doncf(A\B) f(A)\f(B). Remarque : l"inclusion réciproque est fausse. Exercice : trouver un contre-exemple. f 1(FnA) =Enf1(A).
x2f1(FnA),f(x)2FnA ,f(x)=2A ,x=2f1(A)carf1(A) =fx2E=f(x)2Ag ,x2Enf1(A)Correction del"exer cice12 NI= [0;2]etJ= ]1;+¥[:Correction del"exer cice13 NPar l"absurde, supposons qu"il existep2Ntel quef=fp. Deux applications sont égales si et seulement si
elles prennent les mêmes valeurs. 8n2Nf(n) =fp(n):
En particulier pourn=p,f(p) =fp(p). D"autre part la définition defnous donnef(p) =fp(p)+1. Nous obtenons une contradiction carf(p)ne peut prendre deux valeurs distinctes. En conclusion, quelque soitp2N,
f6=fp.Correction del"exer cice14 N1.Montrons en f aitla contraposée. S"il existeitel quepidiviseN=p1p2:::pr+1 (iest fixé) alors il existek2Ztel queN=kpidonc p i(kp1p2:::pi1pi+1:::pr) =1 soitpiq=1 (avecq=kp1p2:::pi1pi+1:::prun nombre entier). Doncpi2Zet 1=pi=q2Z, alors p ivaut 1 ou1. Et doncpin"est pas un nombre premier. Conclusion : par contraposition il est vrai queNn"est divisible par aucun despi 2. Raisonnons par l"absurde : s"il n"e xistequ"un nombre fini rde nombres premiersp1;:::;pralorsN= p 1p2:::pr+1 est un nombre premier car divisible par aucun nombre premier autre que lui même (c"est
le 1.). MaisNest strictement supérieur à tous lespi. Conclusion on a construit un nombre premierNdifférent
despi, il y a donc au moinsr+1 nombres premiers, ce qui est absurde. 9 Correction del"exer cice15 NRédigeons la deuxième égalité. SoitAn,n2Nl"assertion suivante:
(An)nå k=1k2=n(n+1)(2n+1)6 •A0est vraie (1=1). Étant donné n2Nsupposons queAnsoit vraie. Alors n+1å k=1k2=nå k=1k2+(n+1)2 n(n+1)(2n+1)6 +(n+1)2 n(n+1)(2n+1)+6(n+1)26 (n+1)(n(2n+1)+6(n+1))6 (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)6 Ce qui prouveAn+1.
P arle principe de récurrence nous v enonsde montrer que Anest vraie pour toutn2N.Correction del"exer cice16 N1.Montrons la proposition demandée par récurrence: soit Anl"assertionfn+1=ffn. Cette assertion est
vraie pourn=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors f n+2=fn+1f= (ffn)f=f(fnf) =ffn+1: Nous avons utiliser la definition defn+2, puis la propositionAn, puis l"associativité de la composition,
puis la définition defn+1. DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2Nfnf=ffn:
2. On procède de même par récurrence: soit Anl"assertion(f1)n= (fn)1. Cette assertion est vraie pour
n=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors (f1)n+1= (f1)nf1= (fn)1f1= (ffn)1= (fnf)1= (fn+1)1: DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2N(f1)n= (fn)1:Correction del"exer cice17 N1.Montrons par récurrence 8n2Nxn>3. Soit l"hypothèse de récurrence :
(Hn):xn>3: 10 La propositionH0est vraie carx0=4>3.
Soitn>0, supposonsHnvraie et montrons queHn+1est alors vraie. x n+13=2xn23x n+23=2xn23xn9x n+2: Par hypothèse de récurrencexn>3, doncxn+2>0 et 2xn23xn9>0 (ceci par étude de la fonctionx7!2x23x9 pourx>3). Doncxn+13 etHn+1est vraie. Nous avons montré
8n2NHn)Hn+1
et commeH0est vraie alorsHnest vraie quelque soitn. Ce qui termine la démonstration. 2. Montrons que xn+1332
(xn3)est positif. x n+1332 (xn3) =2xn23x n+232 (xn3) =12 x n23xnx n+2 Ce dernier terme est positif carxn>3.
3. Montrons par récurrence 8n2Nxn>32
n+3. Soit notre nouvelle l"hypothèse de récurrence : (Hn)xn>32 n +3: La propositionH0est vraie.
Soitn>0, supposons queHnvraie et montrons queHn+1est vérifiée. D"après la question précédentexn+13>32
(xn3)et par hypothèse de récurrencexn>32 n+3 ; en réunissant ces deux inégalités nous avonsxn+13>32 (32 n) =32 n+1. Nous concluons en résumant la situation :
H 0est vraie, etHn)Hn+1quelque soitn. DoncHnest toujours vraie.
4. La suite (xn)tend vers+¥et n"est donc pas convergente.11quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47
4.8M12F18M22F29e2]0;+¥[M1M2 Quand elles sont fausses, donner leur négation. Nier la proposition: "tous les habitants de la rue du Havre qui ont les yeux bleus gagneront au loto et prendront
leur retraite avant 50 ans". Nier les assertions suivantes :
1 1.tout triangle rectangle possède un angle droit ;
2. dans toutes les écuries, tous les che vauxsont noirs ; 3. 8n2N2n+1n+2<2+e
Maintenant nous cherchons une condition surnpour que l"inégalité 2e<2n+1n+2
soit vraie. 2e<2n+1n+2,(2e)(n+2)<2n+1
,33e 2 Icienous est donné, nous prenons unN2Ntel queN>3e 2, alors pour toutn>Nnous avonsn>N>3e
2 et par conséquent: 2e<2n+1n+2. Conclusion: étant donnée>0, nous avons trouvé unN2Ntel que pour tout
n>Non ait 2e<2n+1n+2et2n+1n+2<2+e. En fait nous venons de prouver que la suite de terme(2n+1)=(n+2)tend vers 2 quandntend vers+¥.Correction del"exer cice9 Nx2{(A[B),x=2A[B
,x=2Aetx=2B ,x2{Aetx2{B ,x2{A\{B: x2{(A\B),x=2A\B ,x=2Aoux=2B ,x2{Aoux2{ ,x2{A[{B:Correction del"exer cice10 NNous allons démontrer l"assertion 1:de deux manières différentes.
1. T outd"abord de f açon"directe". Nous supposons que AetBsont tels queA\B=A[B. Nous devons montrer queA=B. Pour cela étant donnéx2Amontrons qu"il est aussi dansB. Commex2Aalorsx2A[Bdoncx2A\B (carA[B=A\B). Ainsix2B. Maintenant nous prenonsx2Bet le même raisonnement impliquex2A. Donc tout élément deAest dansBet tout élément deBest dansA. Cela veut direA=B. 8 2.Ensuite, comme demandé,nous lemontronsparcontraposition.Nous supposonsqueA6=Betnondevons
montrer queA\B6=A[B. SiA6=Bcela veut dire qu"il existe un élémentx2AnBou alors un élémentx2BnA. Quitte à échanger
AetB, nous supposons qu"il existex2AnB. Alorsx2A[Bmaisx=2A\B. DoncA\B6=A[B.Correction del"exer cice11 NMontrons quelques assertions.
f(A\B)f(A)\f(B). Siy2f(A\B), il existex2A\Btel quey=f(x), orx2Adoncy=f(x)2f(A)et de mêmex2Bdonc y2f(B). D"oùy2f(A)\f(B). Tout élément def(A\B)est un élément def(A)\f(B)doncf(A\B) f(A)\f(B). Remarque : l"inclusion réciproque est fausse. Exercice : trouver un contre-exemple. f 1(FnA) =Enf1(A).
x2f1(FnA),f(x)2FnA ,f(x)=2A ,x=2f1(A)carf1(A) =fx2E=f(x)2Ag ,x2Enf1(A)Correction del"exer cice12 NI= [0;2]etJ= ]1;+¥[:Correction del"exer cice13 NPar l"absurde, supposons qu"il existep2Ntel quef=fp. Deux applications sont égales si et seulement si
elles prennent les mêmes valeurs. 8n2Nf(n) =fp(n):
En particulier pourn=p,f(p) =fp(p). D"autre part la définition defnous donnef(p) =fp(p)+1. Nous obtenons une contradiction carf(p)ne peut prendre deux valeurs distinctes. En conclusion, quelque soitp2N,
f6=fp.Correction del"exer cice14 N1.Montrons en f aitla contraposée. S"il existeitel quepidiviseN=p1p2:::pr+1 (iest fixé) alors il existek2Ztel queN=kpidonc p i(kp1p2:::pi1pi+1:::pr) =1 soitpiq=1 (avecq=kp1p2:::pi1pi+1:::prun nombre entier). Doncpi2Zet 1=pi=q2Z, alors p ivaut 1 ou1. Et doncpin"est pas un nombre premier. Conclusion : par contraposition il est vrai queNn"est divisible par aucun despi 2. Raisonnons par l"absurde : s"il n"e xistequ"un nombre fini rde nombres premiersp1;:::;pralorsN= p 1p2:::pr+1 est un nombre premier car divisible par aucun nombre premier autre que lui même (c"est
le 1.). MaisNest strictement supérieur à tous lespi. Conclusion on a construit un nombre premierNdifférent
despi, il y a donc au moinsr+1 nombres premiers, ce qui est absurde. 9 Correction del"exer cice15 NRédigeons la deuxième égalité. SoitAn,n2Nl"assertion suivante:
(An)nå k=1k2=n(n+1)(2n+1)6 •A0est vraie (1=1). Étant donné n2Nsupposons queAnsoit vraie. Alors n+1å k=1k2=nå k=1k2+(n+1)2 n(n+1)(2n+1)6 +(n+1)2 n(n+1)(2n+1)+6(n+1)26 (n+1)(n(2n+1)+6(n+1))6 (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)6 Ce qui prouveAn+1.
P arle principe de récurrence nous v enonsde montrer que Anest vraie pour toutn2N.Correction del"exer cice16 N1.Montrons la proposition demandée par récurrence: soit Anl"assertionfn+1=ffn. Cette assertion est
vraie pourn=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors f n+2=fn+1f= (ffn)f=f(fnf) =ffn+1: Nous avons utiliser la definition defn+2, puis la propositionAn, puis l"associativité de la composition,
puis la définition defn+1. DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2Nfnf=ffn:
2. On procède de même par récurrence: soit Anl"assertion(f1)n= (fn)1. Cette assertion est vraie pour
n=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors (f1)n+1= (f1)nf1= (fn)1f1= (ffn)1= (fnf)1= (fn+1)1: DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence 8 2N(f1)n= (fn)1:Correction del"exer cice17 N1.Montrons par récurrence 8n2Nxn>3. Soit l"hypothèse de récurrence :
(Hn):xn>3: 10 La propositionH0est vraie carx0=4>3.
Soitn>0, supposonsHnvraie et montrons queHn+1est alors vraie. x n+13=2xn23x n+23=2xn23xn9x n+2: Par hypothèse de récurrencexn>3, doncxn+2>0 et 2xn23xn9>0 (ceci par étude de la fonctionx7!2x23x9 pourx>3). Doncxn+13 etHn+1est vraie. Nous avons montré
8n2NHn)Hn+1
et commeH0est vraie alorsHnest vraie quelque soitn. Ce qui termine la démonstration. 2. Montrons que xn+1332
(xn3)est positif. x n+1332 (xn3) =2xn23x n+232 (xn3) =12 x n23xnx n+2 Ce dernier terme est positif carxn>3.
3. Montrons par récurrence 8n2Nxn>32
n+3. Soit notre nouvelle l"hypothèse de récurrence : (Hn)xn>32 n +3: La propositionH0est vraie.
Soitn>0, supposons queHnvraie et montrons queHn+1est vérifiée. D"après la question précédentexn+13>32
(xn3)et par hypothèse de récurrencexn>32 n+3 ; en réunissant ces deux inégalités nous avonsxn+13>32 (32 n) =32 n+1. Nous concluons en résumant la situation :
H 0est vraie, etHn)Hn+1quelque soitn. DoncHnest toujours vraie.
4. La suite (xn)tend vers+¥et n"est donc pas convergente.11quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47
Nier la proposition: "tous les habitants de la rue du Havre qui ont les yeux bleus gagneront au loto et prendront
leur retraite avant 50 ans".Nier les assertions suivantes :
11.tout triangle rectangle possède un angle droit ;
2. dans toutes les écuries, tous les che vauxsont noirs ; 3.8n2N2n+1n+2<2+e
Maintenant nous cherchons une condition surnpour que l"inégalité2e<2n+1n+2
soit vraie.2e<2n+1n+2,(2e)(n+2)<2n+1
,32, alors pour toutn>Nnous avonsn>N>3e
2et par conséquent: 2e<2n+1n+2. Conclusion: étant donnée>0, nous avons trouvé unN2Ntel que pour tout
n>Non ait 2e<2n+1n+2et2n+1n+2<2+e.En fait nous venons de prouver que la suite de terme(2n+1)=(n+2)tend vers 2 quandntend vers+¥.Correction del"exer cice9 Nx2{(A[B),x=2A[B
,x=2Aetx=2B ,x2{Aetx2{B ,x2{A\{B: x2{(A\B),x=2A\B ,x=2Aoux=2B ,x2{Aoux2{,x2{A[{B:Correction del"exer cice10 NNous allons démontrer l"assertion 1:de deux manières différentes.
1. T outd"abord de f açon"directe". Nous supposons que AetBsont tels queA\B=A[B. Nous devons montrer queA=B. Pour cela étant donnéx2Amontrons qu"il est aussi dansB. Commex2Aalorsx2A[Bdoncx2A\B (carA[B=A\B). Ainsix2B. Maintenant nous prenonsx2Bet le même raisonnement impliquex2A. Donc tout élément deAest dansBet tout élément deBest dansA. Cela veut direA=B. 82.Ensuite, comme demandé,nous lemontronsparcontraposition.Nous supposonsqueA6=Betnondevons
montrer queA\B6=A[B.SiA6=Bcela veut dire qu"il existe un élémentx2AnBou alors un élémentx2BnA. Quitte à échanger
AetB, nous supposons qu"il existex2AnB. Alorsx2A[Bmaisx=2A\B. DoncA\B6=A[B.Correction del"exer cice11 NMontrons quelques assertions.
f(A\B)f(A)\f(B). Siy2f(A\B), il existex2A\Btel quey=f(x), orx2Adoncy=f(x)2f(A)et de mêmex2Bdonc y2f(B). D"oùy2f(A)\f(B). Tout élément def(A\B)est un élément def(A)\f(B)doncf(A\B) f(A)\f(B). Remarque : l"inclusion réciproque est fausse. Exercice : trouver un contre-exemple. f1(FnA) =Enf1(A).
x2f1(FnA),f(x)2FnA ,f(x)=2A ,x=2f1(A)carf1(A) =fx2E=f(x)2Ag,x2Enf1(A)Correction del"exer cice12 NI= [0;2]etJ= ]1;+¥[:Correction del"exer cice13 NPar l"absurde, supposons qu"il existep2Ntel quef=fp. Deux applications sont égales si et seulement si
elles prennent les mêmes valeurs.8n2Nf(n) =fp(n):
En particulier pourn=p,f(p) =fp(p). D"autre part la définition defnous donnef(p) =fp(p)+1. Nousobtenons une contradiction carf(p)ne peut prendre deux valeurs distinctes. En conclusion, quelque soitp2N,
f6=fp.Correction del"exer cice14 N1.Montrons en f aitla contraposée. S"il existeitel quepidiviseN=p1p2:::pr+1 (iest fixé) alors il existek2Ztel queN=kpidonc p i(kp1p2:::pi1pi+1:::pr) =1 soitpiq=1 (avecq=kp1p2:::pi1pi+1:::prun nombre entier). Doncpi2Zet 1=pi=q2Z, alors p ivaut 1 ou1. Et doncpin"est pas un nombre premier. Conclusion : par contraposition il est vrai queNn"est divisible par aucun despi 2. Raisonnons par l"absurde : s"il n"e xistequ"un nombre fini rde nombres premiersp1;:::;pralorsN= p1p2:::pr+1 est un nombre premier car divisible par aucun nombre premier autre que lui même (c"est
le 1.).MaisNest strictement supérieur à tous lespi. Conclusion on a construit un nombre premierNdifférent
despi, il y a donc au moinsr+1 nombres premiers, ce qui est absurde. 9Correction del"exer cice15 NRédigeons la deuxième égalité. SoitAn,n2Nl"assertion suivante:
(An)nå k=1k2=n(n+1)(2n+1)6 •A0est vraie (1=1). Étant donné n2Nsupposons queAnsoit vraie. Alors n+1å k=1k2=nå k=1k2+(n+1)2 n(n+1)(2n+1)6 +(n+1)2 n(n+1)(2n+1)+6(n+1)26 (n+1)(n(2n+1)+6(n+1))6 (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)6Ce qui prouveAn+1.
P arle principe de récurrence nous v enonsde montrer que Anest vraie pour toutn2N.Correction del"exer cice16 N1.Montrons la proposition demandée par récurrence: soit Anl"assertionfn+1=ffn. Cette assertion est
vraie pourn=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors f n+2=fn+1f= (ffn)f=f(fnf) =ffn+1:Nous avons utiliser la definition defn+2, puis la propositionAn, puis l"associativité de la composition,
puis la définition defn+1. DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence8 2Nfnf=ffn:
2.On procède de même par récurrence: soit Anl"assertion(f1)n= (fn)1. Cette assertion est vraie pour
n=0. Pourn2NsupposonsAnvraie. Alors (f1)n+1= (f1)nf1= (fn)1f1= (ffn)1= (fnf)1= (fn+1)1: DoncAn+1est vraie. Par le principe de récurrence8 2N(f1)n= (fn)1:Correction del"exer cice17 N1.Montrons par récurrence 8n2Nxn>3. Soit l"hypothèse de récurrence :
(Hn):xn>3: 10La propositionH0est vraie carx0=4>3.
Soitn>0, supposonsHnvraie et montrons queHn+1est alors vraie. x n+13=2xn23x n+23=2xn23xn9x n+2: Par hypothèse de récurrencexn>3, doncxn+2>0 et 2xn23xn9>0 (ceci par étude de la fonctionx7!2x23x9 pourx>3). Doncxn+13 etHn+1est vraie.Nous avons montré
8n2NHn)Hn+1
et commeH0est vraie alorsHnest vraie quelque soitn. Ce qui termine la démonstration. 2.Montrons que xn+1332
(xn3)est positif. x n+1332 (xn3) =2xn23x n+232 (xn3) =12 x n23xnx n+2Ce dernier terme est positif carxn>3.
3.Montrons par récurrence 8n2Nxn>32
n+3. Soit notre nouvelle l"hypothèse de récurrence : (Hn)xn>32 n +3:La propositionH0est vraie.
Soitn>0, supposons queHnvraie et montrons queHn+1est vérifiée.D"après la question précédentexn+13>32
(xn3)et par hypothèse de récurrencexn>32 n+3 ; en réunissant ces deux inégalités nous avonsxn+13>32 (32 n) =32 n+1.Nous concluons en résumant la situation :
H0est vraie, etHn)Hn+1quelque soitn. DoncHnest toujours vraie.
4. La suite (xn)tend vers+¥et n"est donc pas convergente.11quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47[PDF] Maths probabilité !!
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