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.
1. Faux car ©pn;n∈Nªn’est pas majoré. En effet
lim
n→+∞pn=+∞.
2. Vrai il suffit de choisir un majorant de pn. Par
exemple : A =pn
3. Vrai car 1
nÉx⇔nÊ1 x. Il suffit de choisir n=Eµ1 x¶+1.
4. Vrai car 2x+1Éy⇔xÉ1
2(y−1). Il suffit de choisir
x=1
2(y−1).
5. Faux car ½1
2(y−1); y∈R¾n’est pas minoré. On ne
peut donc pas trouver x∈Rtel que ∀y∈R,xÉ1
2(y−1)
6. Vrai car il suffit de prendre xdans l’intervalle
£y2;+∞£, par exemple x=y2.
7. Faux ©y2;y∈Rªn’est pas majoré.
Exercice 2. • Soit x∈RProuvons que
∀x∈R,f(−x)=−f(x)
f(−x)+f(x)=1
2−1 1+e−x+1 2−1 1+ex=1−−(1 +ex)−(1 +e−x) (1 +e−x).(1 +ex)
=1−−2−ex−e−x
1+ex+e−x+exe−x=1−−2−ex−e−x 2+ex+e−x=1−1=0
Donc fest impaire.
• Soit x∈R,f′(x)= −(−ex
(1+ex)2=ex (1+ex)2>0 car
ex>0.
Donc fest strictement croissante sur R.
• lim
x→−∞
1
1+ex=1 donc par somme lim
x→−∞ f(x)=−1
2
lim
x→+∞
1
1+ex=0 donc par somme lim
x→−∞ f(x)=1
2
x−∞ +∞
Var. de f
−1
2
1
2
Conclusion : ∀x∈R,−1
2Éf(x)É1 2
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
k→−∞2kπ= −∞ et
lim
k→+∞2kπ=+∞.
Conclusion : fne peut être ni minorée, ni majorée.
Graphique de f
1
2
-1
-2
-3
10 20-10-20-30
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.
1. • Soit x∈A et y∈B. On sait que xÉy. On peut en déduire que :
– A est majorée par yet non vide.
– B est minorée par xet 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, yest un majorant de A donc puisque sup(A) est le plus petit de majorant de A alors sup(A) Éy.
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) Éinf(B)
2. Raisonnons par double implication :
• Si sup(A) =inf(B), soit ǫ>0.
–∃x∈A tel que sup(A) −
ǫ
2<xÉsup(A) (1)
–∃y∈B tel que inf(B) <yÉinf(B) +
ǫ
2donc −inf(B) −
ǫ
2É−y<−inf(B) (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

Université d’Orléans — Département de Mathématiques 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, xÉsup(A) et ∀y∈B, yÊinf(B).
Donc x−yÊinf(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 fest minorée sur A donc elle y admet une borne inférieure. En particulier ∀x∈A, f(x)Êinf
Af. On obtient
alors ∀x∈A, g(x)Êf(x)Êinf
Af. Le réel inf Afest donc un minorant pour la fonction gsur A. Celle-ci admet donc une
borne inférieure qui est le plus grand des minorants. Ainsi inf
AgÊinf Af.
2. La fonction fest majorée sur A donc elle y admet une borne supérieure. En particulier ∀x∈A, f(x)Ésup
A
f. On trouve
∀x∈A, −f(x)Ê−sup
A
f. La fonction −fest donc minorée sur A. Celle-ci admet donc une borne inférieure qui est le plus
grand des minorants. Ainsi inf
A(−f)Ê−sup
A
f. Nous avons ∀x∈A, −f(x)Êinf
A(−f) ce qui donne ∀x∈A, f(x)É −inf A(−f).
On en conclut que −inf
A(−f) est un majorant de fet donc sup
A
fÉ−inf
A(−f) ou encore −sup
A
fÊinf
A(−f). Les deux inégali-
tés obtenues permettent de conclure que inf
A(−f)=−sup
A
f.
3. Comme ici fet gsont majorées sur A, on a ∀x∈A, f(x)Ésup
A
fet g(x)Ésup
A
g. On trouve alors ∀x∈A, f(x)+g(x)Ésup
A
f+sup
A
g.
On trouve ainsi que la fonction f+gest majorée et admet une borne supérieure. Comme sup
A
f+sup
A
gest un majorant
on conclut que sup
A
(f+g)Ésup
A
f+sup
A
g.
Attention - Ici l’inégalité est généralement stricte. Exemple : f=cos, g=−cos et A =R.
4. Ici ∀x∈A, f(x)Ésup
A
f. Comme λ>0 on a ∀x∈A, λf(x)Éλsup
A
f. On conclut que la fonction λfest majorée et admet
une borne supérieure. Comme λsup
A
fest un majorant, on conclut que sup
A
(λf)Éλsup
A
f. On procède de même avec λf.
On a ∀x∈A, λf(x)Ésup
A
(λf). Comme λ>0 on a ∀x∈A, f(x)É1
λsup
A
(λf). On conclut que 1
λsup
A
(λf) est un majorant
de f, d’où sup
A
fÉ1
λsup
A
(λf) ou encore λsup
A
fÉsup
A
(λf) car λ>0. Les deux inégalités obtenues permettent de conclure
queλsup
A
f=sup
A
(λf).
Exercice 7.Graphe de x7→E(x)
1
2
3
4
12345
Graphe de x7→ x
E(x)
1
2
12345
Graphe de x7→x−E(x)
-1
-2
12345
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
Si ∀ǫ>0,|x−a|<ǫ. Soit n∈N∗,1
n>0 donc ∀n∈N∗,|x−a|< 1 n. Or lim
n→+∞
1
n=0 donc par passage à la limite de l’inégalité, on
obtient |x−a|É0. Or |x−a| Ê0 donc |x−a| =0 donc x=a. La réciproque est triviale.
Exercice 10.
•|x+4|É 3
2⇔−3 2Éx+4É3 2⇔−11 2ÉxÉ−5 2Donc A =·−11 2;−5 2¸
•|3−x|Ê 3
2⇔3−xÊ3 2ou 3 −xÉ3 2⇔xÉ3 2ou xÊ9 2⇔x∈¸−∞;3 2¸∪·9 2;+∞·Donc B =¸−∞;3 2¸∪·9 2;+∞·
•|2x+1|É 5
2⇔−5 2É2x+1É5 2⇔−7 2É2xÉ3 2⇔−7 4É2xÉ3 4Donc C =·−7 4;3 4¸
2