1 Logique Exercice 1 Compléter les pointillés par le connecteur logique qui Pour la première question vous pouvez raisonner par contraposition ou par Dans ce corrigé, nous donnons une justification, ce qui n'était pas demandé 1
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l'exercice 1, il se peut que le rédacteur fasse quelques raccourcis ; cela ne vous autorise bien sûr soit fausse sur E) qui va nous permettre de faire un petit raisonnement par l'absurde ; encore faut-il Si cela ne vous parait pas logique, on
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Exo7
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.quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28
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.
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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.quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28
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.quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28
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 récurrence