TD1 MATH 1 solution

Université de TLEMCEN
Département de PHYSIQUE TD n1MATH 1 1ère année ST-2016-2017
Logique élémentaire- Les raisonnements-Théorie des ensembles.(Solutions)
Exercice 00:
1) Déterminer les solutions de l’équation suivante en utilisant les deux discriminants 4
et 40:
3x22x7 = 0
1) 4= (2)24:3:(7) = 88
x1=2p88
2 (3) =22p22 6=1p22 3; x2=1 + p22 3:
2) 40= (1)2:3:(7) = 22
x1=1p22
3; x2=1 + p22 3:
2) Résoudre dans Rl’inégalité suivante:
9x26x+ 1 0
40= (3)2:9:(1) = 0:
Alors le signe du polynôme est le signe de a= 9 >0, alors l’ensemble des solutions est
:R:
3) Résoudre dans Rles équations suivantes:
j5x4j=x+ 3; j7x+ 4j=jx2j:
Pour résoudre une équation de type: jaj=b,a=bou a=bmais il faut que b0:
j5x4j=x+ 3 ,[5x4 = x+ 3] ou [5x4 = x3] avec x+ 3 0
)x=7
4ou x=1 6avec x 3
)S=7
4,1 6:
4) Résoudre dans Rl’inégalité suivante:
px26x+ 5 x2:
Pour résoudre une inégalité de type: pabil faut que a0
D’autre part si b < 0alors l’inégalité est véri…e sous la condition a0:
Mais si b0on a pab,ab2:
1

Dans l’exemple il faut que: x26x+ 5 0;4= 16; x1= 1; x2= 5:Alors il faut que
l’ensemble des solutions est inclu dans: ]1;1] [[5;+1[:
px26x+ 5 x2:
1)Si x2<0)x < 2)D1= ]1;1] d’après le domain de dé…nition de la racine:
2)Si x20)px26x+ 5 x2,x26x+5 (x2)2,x26x+5 x24x+4
,2x1)x1
2)D2=1;1 2:
Conclusion: D=D1[D2= ]1;1] :
Exercice 01: Soient P; Q et Rtrois propositions, dresser la table de vérité de la proposition suivante:
(A) : ((P^Q)_R), R)P
Cette proposition est-elle une tautologie?
P Q R  R P ^Q R)P(P^Q)_R(A)
1 1 1 0 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1
1 0 1 0 0 1 1 1
1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 1 0 0 1 1 1
0 1 0 1 0 0 0 1
0 0 1 0 0 1 1 1
0 0 0 1 0 0 0 1
Donc (A)n’est plus une tautologie.
Exercice 02: Soient p; q et rtrois propositions.
1) Dresser la table de vérité de la proposition: (p^q)^(p)q):
p q _ q p ^q p )q(p^q)^(p)q)
1 1 0 1 0 0
1 0 1 0 1 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
ce qui donne que la proposition est toujours fausse.
2) En déduire, sans établir de table de vérité, la valeur de vérité de la proposition:
[(p^q)^(p)q)] )[((r)q)_(p,r)) ^(p_r)] :
La proposition est vraie car le premier membre de l’implication est faux d’après la 1ère
question et l’implication est fausse dans un seul cas si le premier membre est vrai et le
second membre est faux.
3) Sans l’utilisation de table de vérité montrer que les deux propositions suivantes sont
équivalentes:
2

a)  R) Q_R) Q:
b) R_ R_ Q:
1) on calcul la négation de a
_
a, R) Q_R) Q
, R) Q^
R)
Q
, R^ Q^R^ Q
()  R^Q^[R^Q]
()  R^R^Qd’après le principe de distributivité.
2) On calcul la double négation de a
_
a, R^R^Q
, R^R_ Q
, R_ R_ Q
,R_ R_ Q(ç-à-d b))
Conclusion: _
a,b)et on a toujours _ a,adonc a),b):
Exercice 03: 1) Les propositions suivantes sont elles vraies ou fausses? Justi…er.
a) 8m2N;9n2N; n > m + 1 b) 9n2N;8m2N; n mc)
9n2N;8m2N; n < m
d) 9x2R;8y2R; x +y > 0e) 9y2R;8x2R; y =x2:f) 9x2R;8y2R; y2> x:
g) 8x2R
+;9y2N; yx > 1h) trouver l’intervalle le plus grand tel que:
9x2I@R;8y2R:y23y+ 1 > x 3:
i) 9x2N;9y2N;(xy) (x+y) = y2:
2) Déterminer les négations de chacune des propositions citées en 1).
Solution:
a) 8m2N;9n2N; n > m + 1 (ndépend de m) est vraie car il su¢ t de prendre n=m+ 2
de plus la négation est: 9m2N;8n2N; n m+ 1:
b) 9n2N;8m2N; n mest vraie car il su¢ t de prendre n= 0:
de plus la négation est: 8n2N;9m2N; n > m:
c) 9n2N;8m2N; n < m est fausse car pour m= 0 le nn’existe pas.
de plus la négation est: 8n2N;9m2N; n m
d) 9x2R;8y2R; x +y > 0est fasse car il su¢ t de prendre y=x2
de plus la négation est: 8x2R;9y2R; x +y0:
e) 9y2R;8x2R; y =x2est fausse car il su¢ t de prendre x=y
de plus la négation est: 8y2R;9x2R; y 6=x2:
3

f) 9x2R;8y2R; y2> x est vraie car il su¢ t de prendre x=2
de plus la négation est: 8x2R;9y2R; y2x
g) 8x2R
+;9y2N; yx > 1est vraie car yx > 1)y > 1
xalors il su¢ t de prendre y=
1
x+ 1
de plus la négation est: 9x2R
+;8y2N; yx 1:
h) trouver l’intervalle le plus grand tel que:
9x2I@R;8y2R:y23y+ 1 > x 3:est vraie car
y23y+ 1 > x 3)y23y+ 4 x > 0
4= 9 4 (4 x) = 4x7
il su¢ t de prendre x7
4pour que 4  0car le polynôme ne change pas le signe.
I=1;7
4
de plus la négation est: 8x2I@R;9y2R:y23y+ 1 x3:
i) 9x2N;9y2N;(xy) (x+y) = y2est fausse car on trouve: x2= 2y2
)x22y2= 0 )xp2yx+p2y= 0
)p2 = x
y2Qou p2 = x y2Qcontradiction.
de plus la négation est: 8x2N;8y2N;(xy) (x+y)6=y2:
Exercice 04: Pour n2N;Montrer que:
1) Si 2n1est un nombre premier alors nest premier:
2) aet psont deux entiers naturels; montrer que l’on a :
(ppremier et pdivise a2))pdivise a:
3) pnest un nombre irrationnel pour tout n2premier. Déduire que: p2+p3est
irrationnel.
4) Montrer que: p2+p3 + p6=2Q:
5) Montrer que si p5=2Q:
3
p2 + p5=2Qet log10 2=2Qlog10 2 = log 2
log 10 :
Preuve:
1) Si 2n1est un nombre premier alors nest premier:
Supposons que nn’est pas premier) 9a; b 2Navec b6= 0 tel que: n=ab,
(a; b)6= (n; 1) et (a; b)6= (1; n):
Alors 2n1 = 2ab 1 = (2a)b1 = [(2a)1] [P(2a)] avec deg P(2a) = b1.
car: (X)b1 = [(X)1] [P(X)] avec deg P(X) = b1.
Mais [(2a)1] 6= 2n1et [(2a)1] 6= 1
)2n1 = M[P(2a)] avec M6= 2n1et M6= 1 )2n1n’est pas premier (contradiction
avec l’hypothèse).
4

2) aet psont deux entiers naturels; montrer que l’on a :
(ppremier et pdivise a2))pdivise a:
Si ppremier et pdivise a2) 9k2Ntel que: a2=kp)aa=kppuisque pn’est
pas décomposable car il est premier alors on trouve le pdans la décomposition de a:a
en particulier dans la décomposition de a)pdivise a:
3) si nest premier alors pnest un nombre irrationnel.
Supposons par l’absurde que: pnest un nombre rationnel) 9a; b 2N,(a; b) = 1 avec
b6= 0 et pn=a
b)n=a b2)nb2=a2
)ndivise a2mais npremier)ndivise a)a=kn,k2N)b2=nk2)ndivise
b2, mais npremier)ndivise b
)n6= 1 est un diviseur commun de aet bcontradiction avec (a; b)=1)pnest un
nombre irrationnel.
D’après (4) p2est un nombre irrationnel. Supposons que p2 +p3est rationnel)1
p2+p32
Q)p2p32Q
la somme des deux nombres)2p22Q)p22Qcontradiction)p2+p3est irrationnel.
4) Montrer que: p2+p3 + p6=2Q:
Par l’absurde si p2+p3 + p6 = 2Q)p2+p3 = p6)p2 + p32=
p62)5+2p6 = 2+ 6 2p6
)p6 = 2+1
42Qcontradiction car dans le cas général si nn’est pas le carré d’un entier
alors pn =2Qc’est le cas pour p6:
Car si p6 = p
qavec (p; q)=1)6:q2=p2)q= 1 car dans la décomposition de p2on a
pas qcar: (p; q) = 1
d’où la contradiction car 66=p2:
5) Montrer que si p5=2Q:
3
p2 + p5=2Qet log10 2=2Qlog10 2 = log 2
log 10 :
(1) Montrons que: 3
p2 + p5=2Q:
Par l’absurde on suppose que: 3
p2 + p5 = 2Q)3 p2 = p5)2 = p53
)2 = 33p52+ 155p5)p5 = 15+32
32+5 2Qd’où la contradiction:
(2) Montrons que: log10 2=2Qlog10 2 = log 2
log 10 :
Par l’absurde on suppose que: log10 22Q)log 2
log 10 =p qavec p; q 2Net (p^q= 1)
)qlog 2 = plog 10 )log 2q= log 10p)2q= 10p= 2p5p
)(pair!2qp= 5p!impair) d’où la contradiction.
Exercice 05: Montrer par récurrence que:
1) 8n2N;4n+ 6n1est un multiple de 9.(Rn)
5