Transcript Devoir Maison n 1: corrigé ⋆⋆⋆ - ZORIC A.

Math´ematiques
ECE 1 Lyc´ee Claude Monet
2014-2015
Devoir Maison n◦ 1: corrig´
e
´
EXERCICE 1 - Etude
de deux assertions math´
ematiques
1) (a) P :
∃n ∈ N, ∀x ∈ R, n2
(b) non(P) :
x
n2 + 1
.
∀n ∈ N, ∃x ∈ R, n2 > x ou x > n2 + 1
.
(c) Montrons que P est fausse.
Pour ce faire, nous allons montrer que non(P) est vraie.
Soit n ∈ N.
Posons x = n2 + 2.
Alors, x ∈ R et x > n2 + 1.
Ainsi, quelque soit l’entier naturel n que l’on se donne, on peut trouver un r´eel x tel que x > n2 +1.
Ainsi, l’assertion ∀n ∈ N, ∃x ∈ R, n2 > x ou x > n2 + 1 est vraie.
D’apr`es, la question pr´ec´edente, on en d´eduit que l’assertion non(P) est vraie.
Donc, P est fausse.
2) (a) Q :
∀x ∈ R, ∃n ∈ N, n2 < x < n2 + 1
(b) non(Q) :
∃x ∈ R, ∀n ∈ N, n2
x ou x
.
n2 + 1
.
(c) Montrons que Q est fausse.
Pour ce faire, nous allons montrer que non(Q) est vraie.
Posons x = 0.
Alors, x ∈ R.
Or, pour tout n ∈ N, n2 0.
Ainsi, pour tout n ∈ N, n2 x.
On en d´eduit alors trivialement que pour tout n ∈ N, n x ou x n2 + 1.
Ainsi, on a trouv´e un r´eel x (en l’occurrence 0) tel que pour tout n ∈ N, on a n
Donc, l’assertion ∃x ∈ R, ∀n ∈ N, n2 x ou x n2 + 1 est vraie.
D’o`
u, l’assertion non(Q) est vraie.
Donc, Q est fausse.
x ou x
n2 +1.
EXERCICE 2 - Une ´
equation du second degr´
e`
a deux inconnues
1) Soit (x, y) ∈ R2 .
Montrons que x2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0 en raisonnant par double implication :
• Montrons que x2 + y2 = 0 ⇒ x = y = 0.
On suppose que x2 + y2 = 0.
Montrons que x = y = 0.
Montrons tout d’abord que x = 0.
Nous savons que le carr´e d’un r´eel est un r´eel positif : on en d´eduit que x2
Or, x2 + y2 = 0 par hypoth`ese.
Donc, x2 = −y2 .
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0 et que y2
0.
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Or, −y2 0.
Donc, x2 0.
Ainsi, x2 est un r´eel `
a la fois positif et n´egatif.
2
Donc, x = 0.
Or, x2 = x × x et un produit de deux r´eels est nul si et seulement si l’un de ces deux r´eels est nul.
On en d´eduit que x = 0.
Comme x = 0, la relation x2 + y2 = 0 nous donne que 02 + y2 = 0.
Ainsi, y2 = 0.
Et donc, y = 0.
Ainsi, x = y = 0.
• Montrons que x = y = 0 ⇒ x2 + y2 = 0.
On suppose que x = 0 et y = 0.
Alors, x2 + y2 = 02 + 02 = 0.
En conclusion, en raisonnant par double implication, nous avons d´emontr´e que :
∀(x, y) ∈ R2 , x2 + y2 = 0 ⇔ x = y = 0 .
2) Soit (x, y) ∈ R2 .
y
y y2
y2
Alors, (x + )2 = x2 + 2x +
= x2 + xy + .
2
2
4
4
y 2 y2
2
Ainsi, x + xy = (x + ) − .
2
4
y
y2
On en d´eduit alors que si l’on pose ay = et by = − , on a x2 + xy + y2 = (x + ay )2 + by .
2
4
3) Montrons que { (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y2 = 0 } = { (0, 0) } en raisonnant par double inclusion.
• Montrons que { (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y2 = 0 } ⊂ { (0, 0) }.
Soit (x, y) ∈ R2 tel que x2 + xy + y2 = 0.
y2
y
Or, d’apr`es la question pr´ec´edente, x2 + xy = (x + )2 − .
2
4
y 2 3y2
2
2
Ainsi, x + xy + y = (x + ) +
.
2
4
y
3y2
On en d´eduit que (x + )2 +
= 0.
2
4
√
✏ 3y ✑2
y
Alors, (x + )2 +
= 0.
2
√2
3y
y
Comme, x + et
sont deux r´eels tels que la somme de leur carr´e est nul, on en d´eduit,
2
2
d’apr`es la premi`ere question,
que ces deux r´eels sont nuls.
√
y
3y
Ainsi, x + = 0 et
= 0.
2
2
La deuxi`eme ´egalit´e nous donne imm´ediatement que y = 0.
Ainsi, `a l’aide de la premi`ere ´egalit´e, on en d´eduit que x = 0.
Ainsi, (x, y) = (0, 0) et l’on a donc montr´e l’inclusion { (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y2 = 0 } ⊂ { (0, 0) }.
• R´eciproquement, montrons que { (0, 0) } ⊂ { (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y2 = 0 }.
Il s’agit de montrer que (0, 0) ∈ { (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y2 = 0 }.
Comme (0, 0) ∈ R2 et que 02 + 0 × 0 + 02 = 0, on en d´eduit que l’on a bien (0, 0) ∈ { (x, y) ∈
R2 | x2 + xy + y2 = 0 }.
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En conclusion, en raisonnant par double inclusion, nous avons montr´e que :
{ (x, y) ∈ R2 | x2 + xy + y2 = 0 } = { (0, 0) } .
4)
Dans cet exercice, nous avons montr´e que l’´equation (E) : x2 + xy + y = 0 d’inconnue (x, y) ∈ R2
admet pour unique solution le couple (0, 0).
EXERCICE 3 - Une ´
egalit´
e
Montrons que :
∀x ∈ R∗,
2 − e2x − e−2x
ex − e−x
=
ex + e−x
e−2x − e2x
Justifions tout d’abord que ∀x ∈ R∗ , e−x − ex = 0.
Soit x ∈ R.
Alors, e−x − ex = 0 ⇔ e−x = ex ⇔ −x = x ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0.
Ainsi, en particulier, ∀x ∈ R∗ , e−x − ex = 0.
Soit x ∈ R∗.
ex − e−x ex − e−x
=
×1
ex + e−x ex + e−x
ex − e−x e−x − ex
= x
×
e + e−x e−x − ex
(ex − e−x )(e−x − ex )
= x
(e + e−x )(e−x − ex )
(ex − e−x )(ex − e−x )
=− x
(e + e−x )(e−x − ex )
(ex − e−x )2
=− x
(e + e−x )(e−x − ex )
(ex )2 − 2ex e−x + (e−x )2
=−
(e−x )2 − (ex )2
e2x − 2 + e−2x
=−
e−2x − e2x
2 − e2x − e−2x
= −2x
e
− e2x
Ainsi, nous avons montr´e que :
∀x ∈ R∗,
2 − e2x − e−2x
ex − e−x
=
ex + e−x
e−2x − e2x
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