corrigé - Université d`Orléans

Université d’Orléans — Département de Mathématiques
Licence 1 – Semestre 1
SLO1MA12 – Introduction au raisonnement mathématique 2
TD 4 — Correction
Exercice 1.
©p
ª
1. Faux p car
n ; n ∈ N n’est pas majoré. En effet
lim n = +∞.
1
x = (y − 1).
2
¾
½
1
(y − 1); y ∈ R n’est pas minoré. On ne
5. Faux car
2
1
peut donc pas trouver x ∈ R tel que ∀y ∈ R , x É (y − 1)
2
n→+∞
2. Vrai il suffitp de choisir un majorant de
exemple : A = n
3. Vrai car
p
n. Par
µ ¶
1
1
1
+1.
É x ⇔ n Ê . Il suffit de choisir n = E
n
x
x
4. Vrai car 2x + 1 É y ⇔ x É
Exercice 2. • Soit
∀x ∈ R , f (−x) = − f (x)
x
∈
6. Vrai car il suffit de prendre x dans l’intervalle
£ 2
£
y ; +∞ , par exemple x = y 2 .
©
ª
7. Faux y 2 ; y ∈ R n’est pas majoré.
1
(y − 1). Il suffit de choisir
2
Prouvons
R
que
1
−(1 + ex ) − (1 + e−x )
1
1
1
+ −
= 1−
−
−x
x
2 1+e
2 1+e
(1 + e−x ).(1 + ex )
x
−x
−2 − ex − e−x
−2 − e − e
=
1
−
= 1−1 = 0
= 1−
1 + ex + e−x + ex e−x
2 + ex + e−x
f (−x) + f (x) =
Donc f est impaire.
• Soit x ∈ R , f ′ (x) = −(−
e
x
=
e
x
−∞
1
2
Var. de f
x
−
> 0 car
(1 + ex )2
(1 + ex )2
ex > 0.
Donc f est strictement croissante sur R .
1
1
• lim
= 1 donc par somme lim f (x) = −
x→−∞ 1 + ex
x→−∞
2
1
1
= 0 donc par somme lim f (x) =
lim
x→−∞
x→+∞ 1 + ex
2
+∞
1
2
1
1
Conclusion : ∀x ∈ R , − É f (x) É
2
2
Graphique de f
Exercice 3. Soit k ∈ Z , considérons les nombres xk = 2kπ.
f (xk ) = 2kπ. cos(2kπ) = 2kπ. Or {2kπ, k ∈ Z } n’est ni majoré, ni minoré car
lim 2kπ = +∞.
2
lim 2kπ = −∞ et
k→−∞
1
k→+∞
Conclusion : f ne peut être ni minorée, ni majorée.
-30 -20 -10
-1
10
20
-2
Exercice 4. Non, il suffit de considérer par exemple A = ]−∞ ; −1]. Dans ce cas B = [1; +∞[.
On a sup(A) = −1 et B n’a pas de bornes supérieure car B n’admet pas de majorant.
Exercice 5.
-3
1. • Soit x ∈ A et y ∈ B. On sait que x É y. On peut en déduire que :
– A est majorée par y et non vide.
– B est minorée par x et non vide.
D’après l’axiome de la borne supérieure : A admet un borne supérieure et B admet un borne inférieure.
• Pour tout y ∈ B, y est un majorant de A donc puisque sup(A) est le plus petit de majorant de A alors sup(A) É y.
De cette dernière inégalité, on en déduis que sup(A) est un minorant de B, or inf(B) est le plus grand de minorant de B
donc
sup(A) É inf(B)
2. Raisonnons par double implication :
• Si sup(A) = inf(B), soit ǫ > 0.
ǫ
– ∃x ∈ A tel que sup(A) − < x É sup(A) (1)
2
ǫ
ǫ
– ∃y ∈ B tel que inf(B) < y É inf(B) +
donc − inf(B) − É −y < − inf(B) (2)
2
2
En additionnant les inégalité (1) et (2) on obtient :
sup(A) − inf(B) − ǫ < x − y < sup(A) − inf(B)
Or inf(A) = sup(B) d’où −ǫ < x − y < 0 donc |x − y| < ǫ
• Supposons que ∀ǫ > 0, ∃x ∈ A, ∃y ∈ B tels que |x − y| < ǫ.
1
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Licence 1 – Semestre 1
Par l’absurde, supposons que sup(A) < inf(B) et posons ǫ = inf(B) − sup(A). Puisque inf(B) est un minorant de B et sup(A)
majorant de A, on a ∀x ∈ A, x É sup(A) et ∀y ∈ B, y Ê inf(B).
Donc x − y Ê inf(B) − sup(A) > ǫ, cela contredit l’hypothèse de départ. Donc sup(A) = inf(B)
• Exemple (simple) de parties adjacentes : A = ]−∞ ; 1[ et B = [1; 3[
Exercice 6.
1. La fonction f est minorée sur A donc elle y admet une borne inférieure. En particulier ∀x ∈ A, f (x) Ê inf f . On obtient
A
alors ∀x ∈ A, g (x) Ê f (x) Ê inf f . Le réel inf f est donc un minorant pour la fonction g sur A. Celle-ci admet donc une
A
A
borne inférieure qui est le plus grand des minorants. Ainsi inf g Ê inf f .
A
A
2. La fonction f est majorée sur A donc elle y admet une borne supérieure. En particulier ∀x ∈ A, f (x) É sup f . On trouve
A
∀x ∈ A, − f (x) Ê −sup f . La fonction − f est donc minorée sur A. Celle-ci admet donc une borne inférieure qui est le plus
A
grand des minorants. Ainsi inf(− f ) Ê −sup f . Nous avons ∀x ∈ A, − f (x) Ê inf(− f ) ce qui donne ∀x ∈ A, f (x) É −inf(− f ).
A
A
A
A
On en conclut que −inf(− f ) est un majorant de f et donc sup f É −inf(− f ) ou encore −sup f Ê inf(− f ). Les deux inégaliA
A
A
A
A
tés obtenues permettent de conclure que inf(− f ) = −sup f .
A
A
3. Comme ici f et g sont majorées sur A, on a ∀x ∈ A, f (x) É sup f et g (x) É sup g . On trouve alors ∀x ∈ A, f (x)+g (x) É sup f +sup g .
A
A
A
A
On trouve ainsi que la fonction f + g est majorée et admet une borne supérieure. Comme sup f + sup g est un majorant
A
A
on conclut que sup( f + g ) É sup f + sup g .
A
A
A
Attention - Ici l’inégalité est généralement stricte. Exemple : f = cos, g = − cos et A = R .
4. Ici ∀x ∈ A, f (x) É sup f . Comme λ > 0 on a ∀x ∈ A, λ f (x) É λsup f . On conclut que la fonction λ f est majorée et admet
A
A
une borne supérieure. Comme λsup f est un majorant, on conclut que sup(λ f ) É λsup f . On procède de même avec λ f .
A
A
On a ∀x ∈ A, λ f (x) É sup(λ f ). Comme λ > 0 on a ∀x ∈ A, f (x) É
A
A
1
1
sup(λ f ). On conclut que sup(λ f ) est un majorant
λ A
λ A
1
sup(λ f ) ou encore λsup f É sup(λ f ) car λ > 0. Les deux inégalités obtenues permettent de conclure
λ A
A
A
A
queλsup f = sup(λ f ).
de f , d’où sup f É
A
A
Exercice 7.
Graphe de x 7→ E(x)
Graphe de x 7→
x
E(x)
4
Graphe de x 7→ x − E(x)
3
2
2
1
1
1
2
3
4
-1
1
2
3
4
5
-2
1
2
3
4
5
Exercice 8.
|x − a| < ǫ ⇔ −ǫ < x − a < ǫ ⇔ a − ǫ < x < a + ǫ ⇔ x ∈]a − ǫ , a + ǫ[
Exercice 9. ∀ǫ > 0, x ∈]a − ǫ , a + ǫ[⇔ |x − a| < ǫ
1
1
1
Si ∀ǫ > 0, |x − a| < ǫ. Soit n ∈ N ∗ , > 0 donc ∀n ∈ N ∗ , |x − a| < . Or lim
= 0 donc par passage à la limite de l’inégalité, on
n→+∞
n
n
n
obtient |x − a| É 0. Or |x − a| Ê 0 donc |x − a| = 0 donc x = a. La réciproque est triviale.
Exercice 10.
·
¸
3
3
11
5
11 5
3
É x É − Donc A = − ; −
• |x + 4| É ⇔ − É x + 4 É ⇔ −
2
2
2
2
2
2 ¸ ·
¸2
·
¸
·
¸ ·
3
3
3
9
3
3
9
9
3
; +∞ Donc B = −∞ ;
; +∞
∪
∪
• |3 − x| Ê ⇔ 3 − x Ê ou 3 − x É ⇔ x É ou x Ê ⇔ x ∈ −∞ ;
2
2
2
2
2
2
2·
2
2
¸
5
5
5
7
3
7
3
7 3
• |2x + 1| É ⇔ − É 2x + 1 É ⇔ − É 2x É ⇔ − É 2x É Donc C = − ;
2
2
2
2
2
4
4
4 4
2
5