Solutions des exercices - TD N°1
Exercice 10
Pour montrer que \((P)\) est fausse, il suffit de montrer que \((P)\) est vraie. La négation de \((P)\) est :
\[ (\overline{P}) : (\exists n \in (P)), (\forall m \in \mathbb{N}) / m \geq n. \]
Remarquons que pour \(n = 0\), on a \((\forall m \in \mathbb{N}), m > 0\). (i.e) \((\overline{P})\) est vraie, ce qui est équivalent à dire que \((P)\) est fausse.
Soit \(f\) une fonction définie sur \(\mathbb{R}\). \(f\) est dite paire si et seulement si :
\[ (Q) : (\forall x \in D_f) ; (-x \in D_f) \text{ et } f(-x) = f(x). \]
Alors : \(f\) n’est pas paire est la négation de \((Q)\), c-à-d :
\[ (\overline{Q}) : (\exists x \in D_f) ; (-x \not\in D_f) \text{ ou } f(-x) \neq f(x). \]
Pour \(x = 1\), on a \(f(1) = 8 \neq f(-1) = 0\). Cela veut dire que \((Q)\) est vraie, donc \((Q)\) est fausse.
On utilise le même raisonnement pour démontrer que \(f\) n’est pas impaire.
Rappelons la définition de la décroissance d’une fonction définie sur \(\mathbb{R}\) :
\[ (L) : f \text{ est décroissante sur } \mathbb{R} \iff \forall (a, b) \in \mathbb{R}^2, \, si \, a < b \implies f(a) \geq f(b). \]
\(f\) n’est pas décroissante est équivalente à \((L)\), c-à-d :
\[ (\overline{L}) : f \text{ n’est pas décroissante sur } \mathbb{R} \iff \exists (a, b) \in \mathbb{R}^2, \, (a < b \text{ et } f(a) < f(b)). \]
On pose \(a = 3\) et \(b = 4\), on trouve que \(f(3) < f(4)\), d’où \((L)\) est vraie, ce qui achève la preuve.
Exercice 11
Soit (P) la proposition suivante :\[ \forall n \in \mathbb{N}^*, \quad \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{{k}^{2}} \leq 2 - \frac{1}{n} < 2. \]
On peut écrire \( \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{{k}^{2}} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}\), ce qui montre que pour \(n = 1\), on aura :
\[ \sum_{k=1}^{1} \frac{1}{{k}^{2}} = 1 \leq 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} < 2. \]
Alors (P) est vraie pour \(n = 1\). Maintenant, on suppose que (P) est vraie pour un \(n\) fixé et on démontre qu'elle est vraie pour \(n+1\). Donc il reste à prouver que :
\[ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{{k}^{2}} \leq 2 - \frac{1}{n+1}. \]
Démonstration
On a :
\[ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{{k}^{2}} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{{k}^{2}} + \frac{1}{({n+1})^{2}}. \]
En utilisant l'hypothèse de récurrence, on a :
\[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{{k}^{2}} \leq 2 - \frac{1}{n} \]
On additionne \(\frac{1}{({n+1})^{2}}\) des deux côtés de l'inégalité, et on obtient :
\[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{{k}^{2}}+ \frac{1}{({n+1})^{2}} \leq 2 -\frac{1}{n}+ \frac{1}{({n+1})^{2}}. \]
Pour arriver à notre but, il suffit de montrer que :
\[ 2 - \frac{1}{n+1} - (2 -\frac{1}{n} + \frac{1}{({n+1})^{2}}) \geq 0. \]
D'où la preuve est achevée. ■
Soit (Q) la proposition suivante :\[ \forall n \in \mathbb{N}, \quad \exists a_n, b_n \in \mathbb{N} : \begin{cases} (1 + \sqrt{2})^n = a_n + b_n \sqrt{2} \\ a_n^2 - 2b_n^2 = (-1)^n \end{cases} \]
D'après le principe de récurrence, on a :
Démonstration :Pour \(n = 0\), on a
\[ \exists a_0; b_0 \in \mathbb{N}, \quad (1 + \sqrt{2})^0 = 1 = 1 + 0\sqrt{2}. \]
On prend \(a_0 = 1\) et \(b_0 = 0\), il est clair que \(a_0\) et \(b_0\) sont deux entiers naturels vérifiant l'égalité suivante :
\[ a_0^2 - 2b_0^2 = 1^2 - 2(0)^2 = 1 = (-1)^0. \]
Alors \(Q\) est vraie pour \(n = 0\).Maintenant, on suppose que \(Q\) est vraie pour un \(n \in \mathbb{N}\) fixé, et on démontre qu'elle est vraie pour \(n + 1\).
Supposons que
\[ \forall n \in \mathbb{N}, \quad \exists a_n, b_n \in \mathbb{N} : \begin{cases} (1 + \sqrt{2})^n = a_n + b_n \sqrt{2} \\ a_n^2 - 2b_n^2 = (-1)^n \end{cases} \]
et montrons que
\[ \forall n \in \mathbb{N}, \quad \exists a_{n+1}, b_{n+1} \in \mathbb{N} : \begin{cases} (1 + \sqrt{2})^{n+1} = a_{n+1} + b_{n+1} \sqrt{2} \\ a_{n+1}^2 - 2b_{n+1}^2 = (-1)^{n+1} \end{cases} \]
On a
\[ (1 + \sqrt{2})^{n+1} = (1 + \sqrt{2})^n (1 + \sqrt{2}) \]
\[ = (a_n + b_n \sqrt{2})(1 + \sqrt{2}) \]
\[= a_n + a_n \sqrt{2} + b_n \sqrt{2} + 2b_n \]
\[ = (a_n + 2b_n) + (a_n + b_n) \sqrt{2}. \]
On prend :
\[ \begin{cases} a_{n+1} = a_n + 2b_n, \quad a_{n+1} \in \mathbb{N} \\ b_{n+1} = a_n + b_n, \quad b_{n+1} \in \mathbb{N} \end{cases} \]
Et on a,
\[ (a_{n+1})^2 - 2(b_{n+1})^2 = (a_n + 2b_n)^2 - 2(a_n + b_n)^2 \]
\[ = a_n^2 + 4a_nb_n + 4b_n^2 - 2(a_n^2 + 2a_nb_n + b_n^2) \]
\[ = a_n^2 + 4a_nb_n + 4b_n^2 - 2a_n^2 - 4a_nb_n - 2b_n^2 \]
\[ = -a_n^2 + 2b_n^2 = (-1)(-1)^n=(-1)^{n+1}. \]
On conclut que \(Q\) est vraie.
Proposition suivante (R) :On note (R) la proposition suivante : \(\forall n \in \mathbb{N}^*\) :
\[ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n}. \]
Alors (R) est vraie.
Démonstration:On peut écrire :
\[ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} \quad (\forall n \in \mathbb{N}^*). \]
Alors, pour \(n = 1\), on a
\[ \sum_{k=1}^1 \frac{1}{\sqrt{k}} = 1 \leq 1. \]
Donc (R) est vraie pour \(n = 1\). Maintenant supposons que \(Q\) est vraie pour \(n \in \mathbb{N}^*\) fixé et montrons que
\[ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \leq \sqrt{n+1}. \]
On remarque que
\[ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Par hypothèse,
\[ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n}. \]
Il suit que
\[ 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Pour arriver au but de cette preuve, il suffit de montrer que
\[ \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \leq \sqrt{n+1}. \]
On a
\[ \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \sqrt{n+1} = \sqrt{n} - \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \] \[ = \frac{(\sqrt{n} - \sqrt{n+1})(\sqrt{n} + \sqrt{n+1})}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \] \[ = \frac{n - (n+1)}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \] \[ = \frac{-1}{\sqrt{n} + \sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \] \[ = \frac{-\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{(\sqrt{n+1})(\sqrt{n} + \sqrt{n+1})} \] \[ = \frac{\sqrt{n}}{(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})(\sqrt{n+1})} \geq 0, \, \forall n \in \mathbb{N}^*. \]
Ce qu'il fallait démontrer.