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notions-de-logique-corrige-serie-d-exercices-1 (1)

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TD- LOGIQUE ET RAISONNEMENTS PROF : ATMANI NAJIB
avec Exercices avec solutions
1BAC SM BIOF
Exercice1 : Donner la négation et la valeur de vérité de
chacune des propositions suivantes
1) P : " x  / x 2  0"
2) P : " x  / x 2  2  0"
3) P : x  1; 2
1. " x  / x 2  0"
2. " x  , x x 2 "
3.  n   ;  m   : n
4.  x 
 :  n   ;  m 
4) P : " n  / n  "
5.  n 
 ;  m   k   : n  m  k
 ; y   / x y  z  / x
2
5) P :  x 
 ; 1  cos x  1
 ;  m   : n
 2n 1 est pair
6) P :  n 
7) P :  n 
8) P :  n 
;
6.  x 
0
 ;  y   : y 2  x
/ x  0" et on a P : est fausse
2) P " x  / x 2  2  0" et on a P : est vraie
3) P : x  1; 2
2
et on a P : est fausse
2
vraie
6) P  n 
7) P  n 
8) P
 ;cos x
1 ou cos x
1 et on a P : est
 ; m   : n  m et on a P : est vraie
 2n 1 est impair P : est fausse
 n   ;
n
et on a P : est vraie
P 9)  x 

x
Exercice 4 :
4) P n  / n  "
y
1
2 1 1
 
1 x y
2
1 1

2 2
1 1
 
1
x y
Solution :
5) P  x 
1
0  x 2  x


0  y 2 1

Solution :
 y
4
1) P : " x 
z
0  x 2 1 1
 
1
0  y 2 x y
12) P :  x   ; x 
13) P :  x 
 : x  mn
Montrer que : 
n
 ;  y   : y  x
10) P :  !x   ;2x  4  0
11) P :  !x   ; x 2  2

Exercice 3 : x  ; y 
m
9) P :  x 
m
Montrer que :
1
 1 x  x  0
1 x
1
Solution :
 1 x  1 x 1 x  1
1 x

 1
 x
2


 1  1 x  1  x  0
Exercice 5 : 1) Montrer que :
  a; b   ²  : a²  b²  0  a  0 et b  0
x
2)

et

y
Montrer que:
x  y  2  2 x  2 y  x  y 1
 ;  y   : y  x  0 et on a P : est fausse
10) P :  !x   ;2x  4  0 on a P : est vraie
11) P :  !x   ; x 2  2 on a P : est fausse
Solution : 1) a ²  b ²  0  a ²  b ²  a ² 
12) P  x   ; x 
Et puisque
2)
4
13) P  x 
et on a P : est vraie
 ;  y   : y 2  x
et on a P : est fausse
Exercice 2 Ecrire à l'aide de quantificateurs les
propositions suivantes :
1. Le carré de tout réel est positif.
2. Certains réels sont strictement supérieurs à leur carré.
3. Aucun entier n'est supérieur à tous les autres.
4. Tous les réels ne sont pas des quotients d'entiers.
5. Il existe un entier multiple de tous les autres.
6; Entre deux réels distincts, il existe un rationnel.
Solution :
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Or on sait que a ² 
donc a  0

a²  b²  0
donc a ² 




donc a²  0
alors b  0
x  y  2  2 x  2 y  x  2 x 1 y  2 y 1  0


 
2
x 1 

2
y  1  0  x  1  0 et
y  1  0 d’apres1)
 x  1 et
y  1  x  1 et y  1
Donc : x  y  2  2 x  2 y  x  y  1
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1
x2
x  2  2x 1 1  x
1 

2x 1
2x 1
2x 1
1 x
1
Donc : f  x   f 1 
 1 x 
2x 1
2x 1
Exercice 6 : Montrer que :
   a; b   ²  : a²  b²  1  a  b 
On a : f  x   f 1 
2
Solution : 1)supposons que : a²  b²  1
  a; b  
Or on sait que
:
 a  b ²  0
a²  2ab  b²  0 et puisque : a²  b²  1 alors :
1  2ab  0 Donc 2ab  1 et a²  b²  1
Par suite : a²  b²  2ab  2 donc  a  b  ²  2
Donc :
 a  b ² 
donc
2 donc
ab  2
Or on sait que a ²   donc a ² 
donc a  0
Et puisque a²  b²  0 alors b  0
2)



 

2
x 1 
d’apres1) 

2
y  1  0  x  1  0 et
x  1 et
donc a²  0
y 1  0
y  1  x  1 et y  1
1
4
1
2x 1
x
3
 2 2x 1 4
2
1 1
1
 x  1  f  x   f 1  x  1
2 4
2
1 1
1
 x  1  f  x   f 1  x  1
2 4
2
n 1
Exercice 9 : Montrer que : n  

n2
Solution :
On a : n donc n  1 n  2
n 1
n 1

1 donc
donc 0
n2
n2
Exercice 10 : Montrer que pour tout
et b 
x   2; 2 : 2 2
4  x² .
Solution : l’inéquation est définie ssi voici le tableau de
signe :
Donc : x  y  2  2 x  2 y  x  y  1
Exercice 7 : Montrer que si a 

1
2
Donc : x  1
x  y  2  2 x  2 y  x  2 x 1 y  2 y 1  0

Et on a : x  1 
alors
a b
Solution : Prenons a 
rationnels
p  et q 
et b  . Rappelons que les

.
p
Alors a  avec p  et q 
q
p  et q 
p
avec
q
sont l’ensemble des réels s’écrivant


p
; De même b 
avec
q
donc
p p p  q  q  p
. Or le numérateur
 
q q
q  q
p  q  q  p est bien un élément de ; le dénominateur
ab 
q  q est lui un élément de  . Donc a  b s’écrit bien de
p
la forme a  b  avec p  et q   Ainsi a  b 
q
DI   2;2
Soit x   2;2 .
2 2
2 2   
4  x² 
4  x²

2
2 2  4  x²
4  x²
2 2  4  x² 
0
2 2  4  x²
donc x   2; 2 : 2 2

8  4  x²
2 2  4  x²
4  x²
Exercice 11: Montrer que pour tout
x  : x  1  x²  x  1.
Solution : Soit x . Nous distinguons deux cas.
Premier cas : x >1 Alors|x−1|= x−1.
Exercice 8 : on considère la fonction définie sur
 1
    par :
 2
Calculons alors  x²  x  1   x  1  x²  x  1  x  1
x2
Montrer que :
2x 1
1 1
1
x 1
 x  1  f  x   f 1  x  1
2 4
2
1
1
1 1
Solution : x  1

x 1

x
2
2
2 2
x²  x  1  x  1
f  x 
 x²  x  1   x 1  x²  2x  1  1   x 1 ²  1  0
Deuxième cas : x < 1. Alors|x−1|=−(x−1).
Nous obtenons
3
2
 x²  x  1   x  1  x²  x  1  x  1  x²  0 .
Et donc x²  x  1  x  1
Conclusion : Dans tous les cas x²  x  1  x  1 .
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2
Ainsi
l’inéquation  E  :
Exercice 12 : résoudre dans
1
x
4
donc
1
1 x

et x  1;  on a : x  S 
donc
4 x
4
1
1 x
1
 4 x


1 x  4 
x²  1
x ² donc
x²  1
finalement : x 
x or x  0
 x donc x²  1  x 0
: x²  1  x 0
l’inéquation 1 :
Exercice 15 : résoudre dans
  alors 4  x  0 donc S  
2 cas : si x  1;4 alors 4  x  0 donc
2
x  0 . on a x²  1 x²
x²  1
alors on a :
1 cas : si x  4; 
4 x
4
0 et on a x  0 donc x²  1  x 0
Deuxième cas :
Solution : soit S l’ensemble des solution de  E 

x²  1
x²  x  2  5  0
Solution : soit S l’ensemble des solution de 1
soit x : étudions le signe de : x  2
 1 
2

  x  x  7 x  8 0Premier cas : si x   2;  alors x  2  x  2
 1 x 
2
 7  17 
 7  17 
 x   0;

 donc S2   0;
2 
2 


donc l’équation 1 devient :
 7  17 
Donc S  S1  S2   0;

2 

  1  28  27 0 donc : S1  
Exercice 13 : résoudre dans
x²   x  2   5  0  x²  x  7  0


Deuxième cas : si x  ;2
alors
x  2    x  2   x  2
l’inéquation 1 :
x 1  2x  3  0
donc l’équation 1 devient :
Solution : soit S l’ensemble des solution de 1
x²   x  2   5  0  x²  x  3  0
soit x : on va déterminer le signe de : x  1
  112  11 0 donc S2  
finalement : S  S1  S 2  
Exercice 16 : Montrer que n  n  1 n  2  est un multiple

de 3 pour tout n .
Solution : soit n on a 3 cas possibles seulement pour n

si x  1;  alors x  1  x  1
donc l’inéquation 1 devient :
n  3k ou n  3k 1 ou n  3k  2 avec k 
1cas : n  3k
x 1 2x  3  0  3x  4  0
3x  4  0  x 
n  n  1 n  2   3k  3k  1 3k  2   3k  Avec
4
donc :
3
k   k  3k  1 3k  2 
4

4

S1   ;    1;    ;  
3

3



si x  ;1 alors
Donc n  n  1 n  2  est un multiple de 3
x  1    x  1   x  1
2cas :
n  n  1 n  2   3k  1 3k  2  3k  3
donc l’inéquation 1 devient :
n  n  1 n  2   3  3k  1 3k  2  k  1  3k 
 x  1  2x  3  0  x  2
Avec k    3k  1 3k  2  k  1
donc S2   2;   ;1  
Donc n  n  1 n  2  est un multiple de 3
4

finalement : S  S1  S 2   ;  
3

Exercice 14 : Montrer que pour tout
3cas :
x0
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Alors x²  0 donc x² 1  1
n  3k  2
n  n  1 n  2  3k  23k  33k  4  3 3k  2  k  13k  4   3k 
x  : x ²  1  x 0 .
Solution : Soit x . Nous distinguons deux cas.
Premier cas :
n  3k 1
Avec k    3k  2  k  1 3k  4 
0
Donc n  n  1 n  2  est un multiple de 3
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3
Conclusion :
n 
Exercice 17 : x
n  n  1 n  2  est un multiple de 3
et y 
Montrer que : x  2 et y  2  2 x  2 y  xy  2  2
Solution : soit x
et y 
Utilisons un Raisonnement par contraposition :
Montrons que : 2 x  2 y  xy  2  2  x  2 ou y  2
Montrer que
n p
est pair ou
de 8 .
Solution :
 Si n ou p sont pairs alors

n ²  p ² est un multiple
n p
Si n ou p sont impairs alors
n  2k  1 et p  2k   1 avec k  ; k  
n²  p²   2k  1   2k   1
2
On a : 2 x  2 y  xy  2  2  2 x  2 y  xy  4  0
Donc
 x  2  y   2  2  y   0   2  y  x  2   0
n²  p²  4  k  k  1  k   k   1 
 2  y  0 ou x  2  0  y  2 ou x  2
Donc : x  2 et y  2  2 x  2 y  xy  2  2
Exercice 18 : x et x  5
x2
2
Montrer que : x  8 
x5
Solution : soit x et y 
est pair
Utilisons un Raisonnement par contraposition :
est pair
2
et on a : m  m  1
n²  p²  4  2  2   8      8k  donc n ²  p ²
est un multiple de 8 .
Exercice 22 : Soient a
0 et b 0 Montrer que si
a
b

alors a = b.
1 b 1 a
Solution : Nous raisonnons par l’absurde en supposant que
x2
 2  x  8
Montrons que : :
x5
x2
 2  x  2  2  x  5
On a :
x5
 x  2  2x 10  x  8
x2
2
Donc : x  8 
x5
a
b
et a  b .

1 b 1 a
a
b

Comme
alors a 1  a   b 1  b  donc
1 b 1 a
a  a²  b  b² d’où a²  b²  b  a . Cela conduit à
 a  b  a  b     a  b  Comme a  b alors a  b  0 et
Exercice 19 : Soit n . Montrer que si n² est pair alors
n est pair.
Solution : Nous supposons que n n’est pas pair
Nous voulons montrer qu’alors n² n’est pas pair
Comme n n’est pas pair il est impair et donc il existe
k  tel que n  2k  1.
a+ b =−1. La somme des deux nombres positifs a et b ne
peut être négative. Nous obtenons une contradiction.
Alors n²   2k  1 ²  4k ²  4k  1  2  2k ²  2k   1  2k   1
avec k   2k ²  2k  .
Et donc n² est impair.
Conclusion : nous avons montré que si n est impair alors
n² est impair. Par contraposition ceci est équivalent à : si
n² est pair alors n est pair.
Exercice 20 : x  ; y 
Montrer que : x  y   x  1 y  1   x  1 y  1
Solution : Utilisons un Raisonnement par contraposition :
donc en divisant par a−b on obtient :
a
b

alors a = b.
1 b 1 a
Exercice 23 : Soit f la fonction numérique définit sur
Conclusion : si
par : f  x   x ²  2 x
Montrer qu’il n’existe pas de nombre positif M tel que :
x 
on a : f  x   M
Solution : Nous raisonnons par l’absurde en supposant
qu’il existe un nombre positif M tel que :
x 
on a : f  x   M
f  x   M  x²  2x  M  x²  2x 1  M 1
  x  1 ²  M  1 
 x  1 ² 
M 1 
Montrons que :  x  1 y  1   x  1 y  1  x  y ??
x 1  M 1
On a :  x  1 y  1   x  1 y  1 
  M 1  x 1  M 1 
xy  x  y  1  xy  x  y  1
 2 x  2 y  x  y
 M  1 1  x  M  1  1 x 
Nous obtenons une contradiction car il suffit de prendre :
Donc : x  y   x  1 y  1   x  1 y  1
x  M 1
Exercice 21 : Soit n et p 
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4
Donc notre supposition est fausse donc : il n’existe pas de
on a : f  x   M
nombre positif M tel que : x 
2
Solution : Nous raisonnons par l’absurde en supposant que
Exercice 24 : Montrer que :
2
Donc il existe a et b 

; tel que
a
2  avec
b
a b 1
a
2   a  b 2  a²  b 2 ²
b
 a²  2b²  a ² est pair  a est pair
a
Et on a : 2   a²  2b²  4k ²  2b² 
b
 
2k ²  b²
 b ² est pair  b
Solution : Nous raisonnons par l’absurde en supposant
que :
i  A / xi  i est impair
On a donc :
S   x1  1   x2  2    x3  3  ...   xn  n  un
nombre entier impair
Car c’est la somme d’un nombre impair de nombres
impairs
Or :
S   x1  x2  x3  ...  xn   1  2  3  ...  n   0
est 0 est pair
Nous obtenons donc une contradiction donc :
i  A / xi  i est pair
Exercice 27 : Montrer que La proposition
P :  x  0;1 : x²  x est fausse :


Solution : sa négation est : P :  x  0;1 : x²
est pair
a
Donc on a : 2  avec a est pair et b est pair
b
Cad : a  b  1 Nous obtenons une contradiction
Donc notre supposition est fausse donc
2
1
1
On posant : x  on aura :  
2
2
P est vraie donc P est fausse
2
x
1
donc La proposition
2
Exercice 28 : Montrer que La proposition
P :  x   y   : x²  y ²  x  y est fausse :
Exercice 25 : (Contraposée ou absurde)
Soient a; b 
Solution : sa négation est :
P :  x   y   : x ²  y ²
1)Montrer que : a  b 2  0  a  b  0
1
1
1
On posant : x  1 et y  on aura : 1²    1 
2
2
2
5 6
cad
donc La proposition P est vraie
4 4
donc P est fausse
2
2)en déduire que : a  b 2  a  b 2  a  a et
b  b
Solution :1) Nous raisonnons par l’absurde en supposant
que b  0
a  b 2  0  b 2  a  
Or a; b 
donc 
a

b
Exercice 29 : Montrer que La proposition
P :    a; b   ²  : a ²  b²  a  b est fausse :
a
 2
b
mais on sait que
2
Nous obtenons donc une contradiction
Donc b  0 et puisque : a  b 2  0 alors a  0
2) supposons que : a  b 2  a  b 2 donc
a  a  b 2  b 2  0
donc a  a  2  b  b   0 et d’après 1) on aura :
a  a  0 et b  b  0
donc a  a et b  b
Exercice 26 : (absurde)
On considère l’ensemble : A  1; 2;3; 4;...; n avec n un
nombre entier impair
Et soient
x1 ; x2 ; x3 ; x4 ;… ; xn des éléments de
l’ensemble A distincts deux a deux
Montrer que : i  A /
Prof/ATMANI NAJIB
xi  i est pair
x y
Solution : sa négation est :
P :    a; b   ²  : a ²  b²  a  b
On posant : a  4 et b  3 on aura :
a ²  b²  16  9  25  5 et a  b  4  3  7 donc La
proposition P est vraie donc P est fausse
Exercice 30 : Montrer que La proposition suivante est
fausse :
« Tout entier positif est somme de trois carrés »
(Les carrés sont les 0² , 1² , 2² , 3² ,... Par exemple
6  1² 1²  2² .)
Démonstration. Un contre exemples : les carrés inférieurs
à7 sont 0,1,4 mais avec trois de ces nombres on ne peut
faire 7.
Exercice 31 : Montrer que La proposition
P :  x 
Année Scolaire 2018-2019 Semestre1

 : x  1x  2
est fausse :
5

Solution : sa négation est : P : x 
On posant : x  1 on aura : 1 

 : x  1x
2
1
 2 2 donc La
1
proposition P est vraie donc P est fausse
Exercice 32 : on considère la fonction f définie sur
par :
f  x   2 x²  x  3 Montrer que : f n’est ni pair ni impair
Solution : f est n’est pas pair ssi  x 
 : f x  f  x
f est n’est pas impair ssi  x   : f   x    f  x 
On a en effet : f 1  4 et f  1  6 donc
f  1   f 1 et f  1  f 1
Donc f n’est ni pair ni impair
Exercice 33 : Montrer que La proposition
a  b
P :   a; b; c; d   4 ; 
 a  c  b  d est fausse :
c  d
Solution : sa négation est : P :   a; b; c; d  
4
ac bd
a  b
;
et
c  d
On a : 2  3 et 1  0 et 2 1  3  0
donc La proposition P est vraie donc P est fausse
Exercice 34 : Montrer que La proposition
P :  x   y   : x²  xy  y ²  0 est fausse
Solution : sa négation est :
P :  x   y   : x ²  xy  y ²  0
On posant : x  1 on aura : 1 
   1 ²  4  3 0
y²  y  1  0
y  y²
donc :
cad
y²  y  1
y²  y  1 0
donc :
1
x  0 x   2
x
Solution : x 

x 1
x  1  2x
20
0
x
x

 x  1  0
x  1  2x
0
x
x
2
soit S l’ensemble des solution de l’équation
 x  1
2
E
Solution :
2
2
2
Methode1 : x  S  x  1  2 x  x  1   2 x 
Remarque : on ne peut pas affirmer que :
x
3
3
et x  
sont les solutions de l’équation
3
3
2
 3
1
2 3
2 3
Et inversement on a :     1   1 


 3 
3
3
3


3
 S et on a :
Donc : 
3
Methode2 : x  S 
x2  1   2 x 
2
 3
1
2 3
1 
   1 
3
3
 3 
x 2  1  2 x et x  0 
2
2
2
2
 x  1  4 x et x  0  x 
(x
1
et x  0
3
3
3
ou x  
) et x  0
3
3
 3 

 3 
et y 
Exercice 38 : x
Montrer que : x  y  2 x 2  y 2  xy
Solution : x
et y 

x  y  2 x 2  y 2  xy  x  y  2 x 2  y 2  xy
2
 x 2  2 xy  y 2  4 x 2  4 y 2  4 xy
 0 donc x  0 x 
x
Exercice 36 : soit x Montrer que :
1
2
1
2
x 1   

2
5 x 1 3
1
2
x
 3x 2  3 y 2  6 xy  0
 3  x2  2 xy  y 2   0  x 2  2 xy  y 2  0
  x  y  0
2
On sait que  x  y   0 (vraie)
2
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2
1
3
3
 x 2  1  4 x 2  3x 2  1  x 2   x 
oux  
3
3
3
2
2
et puisque on a :
x2  1  2x
Donc : S  
1
x 2 1
x 2 1
2
2
2
x
x
x
2
l’équation  E  :
Exercice 37 : résoudre dans
2
donc La proposition P est vraie donc P est fausse
Exercice 35 :
Solution :
1
1
1
1
1
x 1     x 1     2  x 1 2   2
2
2
2
2
2
3
5
2
1
2
  x 1   

2
2
5 x 1 3
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6

2
Donc : x 
et y 
: x  y  2 x 2  y 2  xy
Exercice 39 : 1) Montrer que :

  : a  b  0  a  0 et b  0
  a; b   
x
2)
et
 2
y
x²  1  y ²  1  2  x  y  0

et
  :a b  0 a  0
 2
b0
Supposons que ; a  b  0 et ( a  0 ou
 a; b   

0 contradiction par suite a  0 et b  0
a0
b)  inversement si
a b  0

donc :   a; b  
x
2)
b  0 ) et
 2
Donc a  b
et
et
b  0 alors on aura
   : a  b  0  a  0 et b  0
 2
y
x²  1  y ²  1  2  x²  1  y ²  1  2  0


 
x²  1  1 

y ²  1  1  0 or
x ²  1  1  0 et
y²  1 1  0
pour tout n > 0, c’est-à-dire
n  ;3n  1  2n .
Exercice 41 : (Récurrence) Montrer que pour tout n 
1  2  3  ...  n 

n   n  1
.
2
Solution : notons P(n) La proposition
Nous allons démontrer par récurrence que P(n) est vraie
pour tout n   .
1étapes : l’initialisation :Pour n=1 nous avons
1
1 1  1
2

2
 1 donc 1  1 .
2
Donc P(0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie c’està-dire : 1  2  3  ...  n 
n   n  1
2
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Montrons alors que :
y ²  1  1  0  x ²  1  1 et
 n  1   n  2 
2
??
On a : 1  2  3  ...  n   n  1  1  2  3  ...  n    n  1
y²  1  1
 x² 1  1 et y ²  1  1  x²  0 et y ²  0  x  0
et y  0
Donc : x²  1  y ²  1  2  x  y  0
Exercice 40 : Montrer que : n 
;3n  1  2n .
n  ;3n  1  2n . Nous allons démontrer par
récurrence que P(n) est vraie pour tout n
.
1étapes : l’initialisation :Pour n=0 nous avons 30  1  2  0
donc 1  1 .
Donc P (0) est vraie.
2étapes : d’hérédité ou Hypothèse de récurrence :
Supposons que P(n) soit vraie c’est-à-dire : 3n  1  2n
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
n 1
Montrons alors que : 3
et on a d’après l’hypothèse de récurrence:
1  2  3  ...  n   n  1 
 n  1   n  2 
2
donc
Solution : notons P(n) La proposition suivante :
 1  2  n  1 ?? c’est-à-dire
n 1
Montrons que 3  2n  3 ??
n
On a : 3  1  2n d’après l’hypothèse de récurrence donc
Prof/ATMANI NAJIB
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence P(n) est vraie
1  2  3  ...  n   n  1 
 x²  1  1  0 et
3n  3  3  1  2n 
n 1
donc : on a 6n  3  2n  3 et 3  6n  3 donc
3n 1  2n  3
Montrer que:
Solution : 1)a)  :   a; b  
n 1
donc : 3  6n  3
Or on remarque que : 6n  3  2n  3 (on pourra faire la
différence  6n  3   2n  3  4n  0 )
n   n  1
 n   n  1 n  2 
  n  1   n  1   1 
2
2
2 
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion: Par le principe de récurrence on a :
1  2  3  ...  n   n  1 
n 

;1  2  3  ...  n 
n   n  1
2
Exercice 42 : Montrer par récurrence que :pour tout entier
n  5 : 2 n  6n
Solution : notons P(n) La proposition : « 2  6 n »
n
1étapes : Initialisation : Pour n  5 : 2  32 et
5
6  5  30 donc 25  6  5
Donc P(5) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie c’està-dire : 2  6 n
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Année Scolaire 2018-2019 Semestre1
n
7
,
Montrons alors que : 2
n 1
 6  n  1 ??
Or, puisque 2  6 n (d’après l’hypothèse de récurrence)
n
n 1
Donc : 2  2  6n  2 donc 2  12n (1)
Or on remarque que : 12n  6  n  1 (2)
n
En effet : 12n  6  n  1  6n  6  0
Car : n  5 donc 6n  30 donc 6n  6  24  0
On conclut par récurrence que : Pour tout n  5 :
2 n  6n
Exercice 43 : Montrer que : n 
; n  2n est
3
divisible par 3
Solution :montrons k  / n  2n  3k
1étapes : l’initialisation :Pour n=0 nous avons
3
03  2  0  0 est un multiple de3
Donc P (0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie
c’est-à-dire : k  / n 3  2n  3k
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Montrons alors que :
k  
/  n  1  2  n  1  3k  ??
 n  1
 2  n  1  n 3  3n 2  3n  1  2n  2 
3
3


On a : 12  22  32  ...  n 2   n  1  12  22  32  ...  n 2   n  1
2
2
n   n  1   2n  1
d’après
6
l’hypothèse de récurrence donc
n  n  1 2n  1
2
2
12  22  32  ...  n2   n  1 
  n  1
6
 n  2n  1

 n  2n  1  6  n  1 
  n  1 
  n  1    n  1 

6
 6



et on a : 12  22  32  ...  n 2 
 2n 2  7 n  6 
  n  1 

6


Et on remarque que : 2n 2  7n  6   n  2  2n  3
Donc : 12  22  32  ...  n 2   n  1 
2
 n  1   n  2   2n  3
6
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence on a :
12  22  32  ...  n 2 
n   n  1   2n  1
6
Exercice 45 : (Récurrence) Montrer que pour tout

n
n
k
3
:
 13  23  33  ...  n3 
n²   n  1 ²
.
4
  n3  2n   3n2  3n  3  3k  3  n2  n  1  3  k  n2  n  1 Solution : notons P(n) La proposition
k 1
 3  k  n 2  n  1  3k 
avec k   k  n 2  n  1
Nous allons démontrer par récurrence que P(n) est vraie
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence on a :
pour tout n   .
1étapes : l’initialisation :Pour n=1 nous avons
n  ; n3  2n est divisible par 3
13 
Exercice 44 : (Récurrence) Montrer que pour tout

n
n
k
2
:
 12  22  32  ...  n2 
k 1
n   n  1   2n  1
.
6
Solution : notons P(n) La proposition
Nous allons démontrer par récurrence que P(n) est vraie
pour tout n   .
1étapes : l’initialisation :Pour n=1 nous avons
1 1  1   2  1 1 2  3
12 

1
6
6
n
k
k 1
2

1
donc 1  1 . Donc P(0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie c’estn
k
à-dire :
3
n²   n  1 ²
4

k 1
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Montrons alors que :
n 1
k
3
 n  1 ²   n  2  ²    n  1 n  2  

3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Montrons alors que :
 n  1   n  2   2n  3 ??
2
12  22  32  ...  n 2   n  1 
6
On a :


4
n 1
n   n  1   2n  1
6
Prof/ATMANI NAJIB
4
k 1
donc 1  1 . Donc P(0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie c’està-dire :
1²  1  1 ²
n
 k   k   n  1
3
3
k 1
 ??

3
k 1
n
et on a :
2
2
k
3

k 1
n²   n  1 ²
d’après l’hypothèse de
4
récurrence donc
n 1
n²   n  1 ²
k 1
4
 k3 
Année Scolaire 2018-2019 Semestre1
2
3
2  n²
2  n  4n  4 

  n  1   n  1   n  1   n  1 

4
4



8
  n  1
2
 n  2
4
2
  n  1
 n  2
2
22
2
  n  1 n  2  


2


c’est-à-dire : k 
2
4 n  9k  6n  1
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence on a : n 

n²   n  1 ²
k 
.

4
k 1
:
n
3
k n
  2k  1  1  3  5  ...   2n  1   n  1
2
.
avec k   4k  1  2n
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence on a :
pour tout n   .
1étapes : l’initialisation :Pour n=1 nous avons 1  3  4 et
 4 donc 4  4 .
k n
  2k  1   n  1
k  n 1
  2k  1  1  3  5  ...   2n  1   2n  3   n  2 
2
??
k 1
2
  2k  1   n  1   2n  3  n
2
2
 2n  1  2n  3  n  4n  4
2
k 1
  2k  1   n  2 
2
donc P(n+1) est vraie.
k 1
Conclusion: Par le principe de récurrence on a :
  2k  1   n  1
2
n 

k 1
Exercice 47 : Montrer que : n  ; 4  6n  1 est
n
divisible par 9
Solution :montrons que : k  / 4  6n  1  9k
1étapes : l’initialisation :Pour n=0 nous avons
n
40  6  0  1  0 est un multiple de 9
Donc P (0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie
Prof/ATMANI NAJIB
k   7n  k
Erreur classique dans les récurrences
Exercice 49 : Pour tout entier naturel n, on considère les
deux propriétés suivantes :
P (n) : 10  1 est divisible par 9
Q (n) : 10n + 1 est divisible par 9
1) Démontrer que si P (n) est vraie alors P (n + 1) est vraie.
2) Démontrer que si Q (n) est vraie alors Q (n + 1) est
vraie.
3) Un élève affirme : " Donc P (n) et Q (n) sont vraies pour
tout entier naturel n.
Expliquer pourquoi il commet une erreur grave.
4) Démontrer que P (n) est vraie pour tout entier naturel n.
5) Démontrer que Q (n) est fausse pour tout entier naturel
n.
On pourra utiliser un raisonnement par l'absurde.
Exercice 50 : Soit P(n) la propriété dénie sur
par :
n
k  n 1
k n
avec
n  ;7n  1 est divisible par 6
donc
donc
/ 7 n 1  1  6k  ??
Donc P(n+1) est vraie.
Conclusion. Par le principe de récurrence on a :
k 1
k  n 1
Montrons alors que : k  
7n1  1  6  7n  k   6k 
et on a d’après l’hypothèse de récurrence:
  2k  1   n  1
c’est-à-dire : k  / 7  1  6k
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
7n1  1  7  7n  1  7n   6  1  1  6  7n  7n  1  6  7n  6k
  2k  1    2k  1   2n  3
k n
Solution : 1étapes : l’initialisation :Pour n=0 nous avons
n
k 1
k 1
n
Donc P (0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Montrons alors que :
k n
Exercice 48 : Montrer que : n  ;7  1 est divisible
7 0  1  0 est un multiple de 6
2
k 1
k  n 1
n  ; 4n  6n  1 est divisible par 9
par 6
Donc P(0) est vraie.
2étapes : d’hérédité : Supposons que P(n) soit vraie c’est-
On a :
/ 4n1  6  n  1  1  9k  ??
 36k  9  18n  9  4k  1  2n   9k 
Solution : notons P(n) La proposition
Nous allons démontrer par récurrence que P(n) est vraie
à-dire :
k  
 4   9k  6n  1  6n  6  1  36k  4  24n  6n  6  1
k 1
2
3étapes : Nous allons montrer que P(n+1) est vraie.
Montrons alors que :
4n1  6  n  1  1  4  4n  6n  6  1
Exercice 46 : (Récurrence) Montrer que pour tout
n  :
1  1
/ 4n  6n  1  9k donc
7 n  1 Est divisible par 3
1) Démontrer que si P(n) est vraie alors P (n + 1) est vraie.
2) Que peut-on conclure
Année Scolaire 2018-2019 Semestre1
9
Exercice 51 : a
tel que : a  1;1 et
et b
b  1;1
ab
1
1  ab
ab
ab
1
Solution : 1
1  ab
1  ab
Montrer que : 1
 ab ²
1 a b
1  ab
ab
1   a ²  11  b²  0
1  ab
Donc : a  1;1 et b  1;1  1 a 1 et 1 b 1
1 et b
1  a 2 1 et b² 1  a 2  1 0 et
1 b² 0
  a²  11  b²  0
ab
1
1  ab
Exercice 52 : Traduisez les propositions suivantes en
langage courant puis déterminer sa négation et la valeur de
vérité :
1) P :  x   ;  y   : x  y
2) P :  x 
3) P :  x 
4) P :  x 
 ;  y   : x  y
 ; x2  4  x  2
 ; x2  4

 1
0  ;  x  1  ; n 
 n

5) P :  
x qui s’écrit sous la forme 1 


 / x

  10
Solution :
1)Pour tout x appartenant à
il existe au moins un y
appartenant à
tel que x est supérieur strictement a y
 ;  y   : x  y
 ;  y   : x  y Est une proposition vraie car
Soit 
P est une proposition fausse car l’lorsque je prends x je
peux toujours donner à y la valeur: y  x  1
3) P :  x 
  10  1 
dites si la formules
Solution :
P
P
PouP
0
1
1
PouP est une tautologies.
1
0 1
Exercice 54 : 1. (Raisonnement direct) Soient
a

;b 

ab
 b et 0  ab  b
2
2. (Cas par cas) Montrer que pour tout n  ; n  n  1
Montrer que si a  b alors a 
est divisible par 2 (distinguer les n pairs des n impairs).
4. (Absurde) Soit n   Montrer que n 2  1 n’est pas un
entier.
5. (Contre-exemple) Est-ce que pour tout x  on a
x  2  x2  4 ?
6. (Récurrence) Fixons un réel a 

Montrer que : n  ; 1  a   1  n  a .
P est une proposition fausse car l’lorsque je prends
4) P :  x 
0
x  10
Pour tout x appartenant à
si x 2 est supérieur ou égal à
4 alors x est supérieur ou égal à 2
P :  x   ; x 2  4 et x 2
2
tel que x
P Est donc une proposition vraie
Exercice 53 : A l’aide de la méthode des tables de vérité,
 ; x2  4  x  2
x  2 on a  2   4 et 2

1
1
1
  10 
 9  n
n
n
 9
1
1


Donc pour n  E 
  1 on prend x  1  et on a
n
 9
et P :  x 
P :  x 
l’lorsque je prends x je peux trouver y il suffit de
prendre : y  x  1
2) il existe au moins un y appartenant à
tel que Pour
tout x appartenant à
on a x est supérieur strictement a
y et P :  x   ;  y   : x  y
1
avec n 
n
est inferieur strictement a  10

 1

P :   0  ;  x  1  ; n     / x    10
 n


x
Donc : a  1;1 et b  1;1  1
tel que x 2 est
P une proposition vraie car il suffit de prendre : x  2

1

5) P :   0  ;  x  1  ; n     / x   10
 n


Pour tout  supérieur strictement a 0 il existe au moins un
1  ab ²  a²  b²  2ab 1  a²b²  2ab
Donc : 1
a
il existe au moins un y appartenant à
égal à 4
P :  x   ; x 2  4
2
n
« C’est en forgeant que l’on devient forgeron » Dit un
proverbe.
C’est en s’entraînant régulièrement aux calculs et
exercices
Que l’on devient un mathématicien
 ; x2  4
Prof/ATMANI NAJIB
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10
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