On dit qu’un opérateur est « universel » s’il permet de reconstituer les opérateurs $\text{non}$, $\text{et}$ et $\text{ou}$.
Montrer que les opérateurs $P \uparrow Q : \text{non} (P \text{~et~} Q)$ et $P \downarrow Q : \text{non} (P \text{~ou~} Q)$ sont universels.

Pour $P \uparrow Q$

• Opérateur $\text{non}$ : $P \uparrow P \Leftrightarrow \text{non} (P \text{~et~} P)\Leftrightarrow \text{non}~P$.
• Opérateur $\text{ou}$ : $(\text{non}~P) \uparrow (\text{non}~Q) \Leftrightarrow \text{non} ((\text{non}~P) \text{~et~} (\text{non}~Q)) \Leftrightarrow (\text{non}~\text{non}~P) \text{~ou~} (\text{non}~\text{non}~Q) \Leftrightarrow P \text{~ou~} Q$.
  Comme $P \uparrow P \Leftrightarrow \text{non}~P$, on a finalement $P \text{~ou~} Q \Leftrightarrow (P \uparrow P) \uparrow (Q \uparrow Q) $.
• Opérateur $\text{et}$ : On a $P \text{~et~} Q \Leftrightarrow \text{non}~[(\text{non}~P) \text{~ou~} (\text{non}~Q)]$
  D’après les points précédents, on a $\text{non}~P \Leftrightarrow P \uparrow P$ et $R \text{~ou~} S \Leftrightarrow (R \uparrow R) \uparrow (S \uparrow S)$.
  Finalement, $P \text{~et~} Q \Leftrightarrow [((P \uparrow P) \uparrow (P \uparrow P)) \uparrow ((Q \uparrow Q) \uparrow (Q \uparrow Q))] \uparrow [((P \uparrow P) \uparrow (P \uparrow P)) \uparrow ((Q \uparrow Q) \uparrow (Q \uparrow Q))]$
  Une autre possibilité, proposée par Thomas L., est de voir que $P \text{~et~} Q \Leftrightarrow \text{non} (P \uparrow Q)$ et donc $P \text{~et~} Q \Leftrightarrow (P \uparrow Q) \uparrow (P \uparrow Q)$
  

Pour $P \downarrow Q$

• Opérateur $\text{non}$ : $P \downarrow P \Leftrightarrow \text{non} (P \text{~ou~} P)\Leftrightarrow \text{non}~P$.
• Opérateur $\text{et}$ : $(\text{non}~P) \downarrow (\text{non}~Q) \Leftrightarrow \text{non} ((\text{non}~P) \text{~ou~} (\text{non}~Q)) \Leftrightarrow (\text{non}~\text{non}~P) \text{~et~} (\text{non}~\text{non}~Q) \Leftrightarrow P \text{~et~} Q$.
  Comme $P \downarrow P \Leftrightarrow \text{non}~P$, on a finalement $P \text{~et~} Q \Leftrightarrow (P \downarrow P) \downarrow (Q \downarrow Q)$.
• Opérateur $\text{ou}$ : On a $P \text{~ou~} Q \Leftrightarrow \text{non}~[(\text{non}~P) \text{~et~} (\text{non}~Q)]$
  D’après les points précédents, on a $\text{non}~P \Leftrightarrow P \downarrow P$ et $R \text{~et~} S \Leftrightarrow (R \downarrow R) \downarrow (S \downarrow S)$.
  Finalement, $P \text{~ou~} Q \Leftrightarrow [((P \downarrow P) \downarrow (P \downarrow P)) \downarrow ((Q \downarrow Q) \downarrow (Q \downarrow Q))] \downarrow [((P \downarrow P) \downarrow (P \downarrow P)) \downarrow ((Q \downarrow Q) \downarrow (Q \downarrow Q))]$
  De même, en reprenant le raisonnement de Thomas L., on a $P \text{~ou~} Q \Leftrightarrow \text{non} (P \downarrow Q)$ et donc $P \text{~ou~} Q \Leftrightarrow (P \downarrow Q) \downarrow (P \downarrow Q)$

Soit $P, Q$ et $R$ des propositions. Montrer que $(Q \Leftrightarrow R) \Rightarrow [(P \Rightarrow Q) \Leftrightarrow (P \Rightarrow R)]$

À l’aide d’une table de vérité

En réécrivant les propositions

$$\begin{array}{rcl}
(P \Rightarrow Q) \Leftrightarrow(P \Rightarrow R) &{\color{blue} \Leftrightarrow}& (\text{non~} P \text{~ou~} Q) \Leftrightarrow(\text{non~} P \text{~ou~} R) \\
&{\color{blue} \Leftrightarrow}& (\text{non~}(\text{non~} P \text{~ou~} Q) \text{~ou~} (\text{non~} P \text{~ou~} R)) \text{~et~} ((\text{non~} P \text{~ou~} Q) \text{~ou~} \text{non~}(\text{non~} P \text{~ou~} R)) \\
&{\color{blue} \Leftrightarrow}& ((P \text{~et~} \text{non~} Q) \text{~ou~} \text{non~} P \text{~ou~} R) \text{~et~} (\text{non~} P \text{~ou~} Q \text{~ou~} (P \text{~et~} \text{non~} R)) \\
&{\color{blue} \Leftrightarrow}& ((P \text{~ou~} \text{non~} P \text{~ou~} R) \text{~et~} (\text{non~} Q \text{~ou~} \text{non~} P \text{~ou~} R)) \text{~et~} ((\text{non~} P \text{~ou~} Q \text{~ou~} P) \text{~et~} (\text{non~} P \text{~ou~} Q \text{~ou~} \text{non~} R)) \\
&{\color{blue} \Leftrightarrow}& (\text{non~} Q \text{~ou~} \text{non~} P \text{~ou~} R) \text{~et~} (\text{non~} P \text{~ou~} Q \text{~ou~} \text{non~} R) \\
&{\color{blue} \Leftrightarrow}& \text{non~} P \text{~ou~} [(\text{non~} Q \text{~ou~} R) \text{~et~} (Q \text{~ou~} \text{non~} R)] \\
&{\color{blue} \Leftrightarrow}& \text{non~} P \text{~ou~} (Q \Leftrightarrow R) \\
\end{array}$$

On a donc $(Q \Leftrightarrow R) \Rightarrow((P \Rightarrow Q) \Leftrightarrow(P \Rightarrow R)) ~{\color{blue} \Leftrightarrow}~ \text{non~}(Q \Leftrightarrow R) \text{~ou~} (\text{non~} P \text{~ou~} (Q \Leftrightarrow R))$.

Cette dernière proposition est toujours vraie car soit $Q \Leftrightarrow R$ est vraie, soit $\text{non~}(Q \Leftrightarrow R)$ l’est.

On définit $A \Delta B = (A \cup B) \setminus (A \cap B)$

1. Montrer que $A \Delta B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)$
2. Montrer que $A \cap (B \Delta C) = (A \cap B) \Delta (A \cap C)$
3. Montrer que $A \cup (B \Delta C) \ne (A \cup B) \Delta (A \cup C)$
4. Résoudre les équations :
   • $A \Delta B = \emptyset$
   • $A \Delta B = E$
   • $A \Delta B = A$
   • $A \Delta B = \bar{A}$

1. $(\subset$) Soit $x \in A \Delta B$, alors $x \in (A \cup B) \setminus(A \cap B)$ donc $x \in A \cup B$ et $x \not\in A \cap B$
   – Si $x \in A$, alors nécessairement $x \not\in B$ donc $x \in A \setminus B$
   – Si $x \not\in A$, alors nécessairement $x \in B$ donc $x \in B \setminus A$
   On a donc $x \in (A \setminus B) \cup(B \setminus A)$ et donc $(A \cup B) \setminus(A \cap B) \subset (A \setminus B) \cup(B \setminus A)$.
   
   $(\supset$) Soit $x \in (A \setminus B) \cup(B \setminus A)$, alors on a $x \in A \setminus B$ ou $x \in B \setminus A$
   – Si $x \in A \setminus B$, alors $x \in A$ donc $x \in A \cup B$ et $x \not\in B$ donc $x \not\in A \cap B$
   – Si $x \in B \setminus A$, alors $x \in B$ donc $x \in A \cup B$ et $x \not\in A$ donc $x \not\in A \cap B$
   On a donc $x \in (A \cup B) \setminus (A \cap B)$ et donc $ (A \setminus B) \cup(B \setminus A) \subset (A \cup B) \setminus(A \cap B)$
   
   Conclusion : $(A \cup B) \setminus(A \cap B)=(A \setminus B) \cup(B \setminus A)$
2. $A \cap (B \Delta C) = A \cap ((B \cap \bar{C}) \cup (C \cap \bar{B})) = (A \cap B \cap \bar{C}) \cup (A \cap \bar{B} \cap C)$ et de plus :
   $$\begin{array}{rcl}
   (A \cap B) \Delta(A \cap C) &=& (A \cap B \cap \overline{A \cap C}) \cup (A \cap C \cap \overline{A \cap B}) \\
   &=& (A \cap B \cap (\bar{A} \cup \bar{C})) \cup (A \cap C \cap (\bar{A} \cup \bar{B})) \\
   &=& (A \cap B \cap \bar{C}) \cup (A \cap C \cap \bar{B})
   \end{array}$$
   On a donc $A \cap (B \Delta C) = (A \cap B) \Delta (A \cap C)$
3. Si on prend $A=B=C = E$, on a $B \Delta C = E \Delta E = (E \setminus E) \cup(E \setminus E) = \emptyset \cup \emptyset = \emptyset$ donc $A \cup (B \Delta C) = E$.
   Or, $(A \cup B) \Delta(A \cup C) = E \Delta E = \emptyset$.
   L’union n’est pas distributive par rapport à la différence symétrique.
4. • On utilise ici le fait que $(A \setminus B) \cup (B \setminus A) = (A \cap \bar{B}) \cup (B \cap \bar{A})$
     $A \Delta B = \emptyset \Leftrightarrow (A \cap \bar{B}) \cup (B \cap \bar{A}) = \emptyset$
     Cela implique que $A \cap \bar{B}= \emptyset$ et $B \cap \bar{A} = \emptyset$.
     Comme $A \cap \bar{B}= \emptyset$, on a $A \subset B$ et comme $B \cap \bar{A} = \emptyset$, on a $B \subset A$.
     Finalement, on a $B=A$ (et on peut vérifier que c’est bien une solution).
   • On utilise ici le fait que $(A \cup B) \setminus (A \cap B) = (A \cup B) \cap \overline{(A \cap B)} = (A \cup B) \cap (\bar{A} \cup \bar{B})$
     $A \Delta B = E \Leftrightarrow (A \cup B) \cap (\bar{A} \cup \bar{B}) = E$
     Cela implique que $A \cup B = E$ et $\bar{A} \cup \bar{B} = E$.
     Or, soit $x \in \bar{A}$, alors comme $x \in E,~x \in A \cup B$ donc nécessairement $x \in B$, donc $\bar{A} \subset B$.
     De même, $\bar{A} \cup \bar{B} = E$ donne $B \subset \bar{A}$ et finalement $B = \bar{A}$ (et on peut vérifier que c’est bien une solution).
   • On a $A \Delta B = A \Leftrightarrow (A \cap \bar{B}) \cup (B \cap \bar{A}) = A$.
     On a nécessairement $B \cap \bar{A} = \emptyset$ (sinon on aurait un élément de $\bar{A}$ qui est dans $A$) et donc $B \subset A$.
     En reprenant l’écriture de $A \Delta B$, on a $A \cap \bar{B} = A$ soit $A \subset \bar{B}$ et donc $B \subset \bar{A}$.
     La seule possibilité est $B = \emptyset$ (et on peut vérifier que c’est bien une solution).
   • $A \Delta B = \bar{A} \Leftrightarrow (A \cap \bar{B}) \cup (B \cap \bar{A}) = \bar{A}$
     On a nécessairement $A \cap \bar{B} = \emptyset$ (sinon on aurait un élément de $A$ qui est dans $\bar{A}$) et donc $A \subset B$.
     En reprenant l’écriture de $A \Delta B$, on a $B \cap \bar{A} = \bar{A}$ soit $\bar{A} \subset B$.
     La seule possibilité est $B = E$ (et on peut vérifier que c’est bien une solution).

Montrer que $E = \left \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 ~|~x^2 + y^2 \le 1\right\}$ ne peut pas s’écrire comme le produit cartésien de deux ensembles.

Intuitivement, il suffit de voir que l’ensemble $E$ ne correspond pas à un « rectangle », mais à un disque.

Supposons qu’il existe $A \subset \mathbb{R}$ et $B \subset \mathbb{R}$ tel que $E = A \times B$.
Alors comme $(1,0) \in E$, on a $(1,0) \in A \times B$ donc $1 \in A$ et $0 \in B$.
De même, comme $(0,1) \in E$, on a $(0,1) \in A \times B$ donc $0 \in A$ et $1 \in B$.
Comme $1 \in A$ et $1 \in B$, on a $(1,1) \in A \times B$.
Or $1^2 + 1^2 > 1$ donc $(1,1) \not \in E$, ce qui est absurde.

Donc $E$ ne peut pas s’écrire comme le produit cartésien de deux ensembles.

Soit $f$ une fonction définie sur $\mathbb{R}$. Exprimer avec $\forall$ et $\exists$ :

1. $f$ a au moins deux racines
2. $f$ a au plus deux racines
3. $f$ a exactement deux racines
4. $f$ a un nombre fini de racines
5. $f$ a une infinité de racines

1. $\exists (x,y) \in \mathbb{R}^2 : f(x) = f(y) = 0 ~\text{et}~x \ne y$
   (Ne pas oublier de préciser que $x \ne y$ !)
2. $\forall (x,y,z) \in \mathbb{R}^3, [f(x) = f(y) = f(z) = 0 \Rightarrow (x=y \text{ ou }x=z \text{ ou } y=z)]$
3. Il faut relier les deux propositions précédentes avec un « et ».
4. $\exists n \in \mathbb{N} : [\exists (x_1,\ldots,x_n) \in \mathbb{R}^n : (\forall x \in \mathbb{R},~f(x) = 0 \Leftrightarrow x \in \{x_1,\ldots,x_n\}]$
5. Il est possible de nier la proposition précédente, mais plus simplement :
   $\forall n \in \mathbb{N}, [\forall (x_1,\ldots,x_n) \in \mathbb{R}^n, (\exists x \in \mathbb{R} : f(x) = 0 ~\text{et}~ x \not \in \{x_1,\ldots,x_n\}]$

Je ne corrige que le deuxième exercice car le premier exercice est le n°13 du polycopié de Louis-Le-Grand et Henri-IV (dit « poly LLG ») pour lequel des corrections ont été publiées ici.

Montrer que pour tout $n \ge 3$, il existe $n$ entiers strictement positifs et deux à deux distincts $x_1, \ldots, x_n$ tels que : $$\dfrac{1}{x_1} + \ldots + \dfrac{1}{x_n} = 1$$

Soit $P(n)$ : « Il existe $n$ entiers strictement positifs et deux à deux distincts $x_1, \ldots, x_n$ tels que $\dfrac{1}{x_1} + \ldots + \dfrac{1}{x_n} = 1$ »

Initialisation : Pour $n=3$, on a par exemple $\dfrac12 + \dfrac13 + \dfrac16 = 1$ donc $P(3)$ est vraie.

Hérédité : Soit $n \ge 3$ tel que $P(n)$ soit vraie, et soit $x_1, \ldots, x_n$ des entiers strictement positifs et deux à deux distincts tels que $\dfrac{1}{x_1} + \ldots + \dfrac{1}{x_n} = 1$.
On a :

$$1 = \dfrac12 + \dfrac12 = \dfrac12 + \dfrac12\left(\dfrac{1}{x_1} + \ldots + \dfrac{1}{x_n}\right) = \dfrac12 + \dfrac{1}{2x_1} + \ldots + \dfrac{1}{2x_n}$$
Comme les $x_i$ sont distincts, il en est de même pour les $2 x_i$. De plus, comme $x_i \ne 1$ (sinon on aurait $1 + \displaystyle \sum_{\substack{i=0 \\ i\ne j}}^n \dfrac{1}{x_j} = 1$), $2 x_i \ne 2$.
Les $n+1$ entiers $2, 2x_1,\ldots,2x_n$ permettent de vérifier $P(n+1)$.

On pouvait aussi travailler sur un seul des termes et remarquer par exemple que $\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1}{k(k+1)}$ pour faire apparaître deux nouveaux dénominateurs. à partir d’un seul

Conclusion : Pour tout $n \ge 3$, $P(n)$ est vraie.

Montrer que :

1. $\forall (x,y) \in \Q^2,~x+y \in \Q$
2. $\forall (x,y) \in \Q \times (\R \setminus \Q),~x+y \in \R \setminus \Q$
3. $\forall (x,n) \in (\R \setminus \Q) \times \N^*,~\dfrac{x}{n} \in \R \setminus \Q$
4. $\forall x \in \R,~\forall \varepsilon > 0,~\exists y \in \R \setminus \Q : y \in [x, x+ \varepsilon]$
   

1. Soit $a = \dfrac{p_1}{q_1} \in \Q$ et $b = \dfrac{p_2}{q_2} \in \Q$ (avec $p_1, p_2 \in \Z$ et $q_1, q_2 \in \N^*$).
   Alors $a + b = \dfrac{p_1}{q_1} + \dfrac{p_2}{q_2} = \dfrac{q_2 p_1}{q_1 q_2} + \dfrac{q_1 p_2}{q_1 q_2} = \dfrac{q_2 p_1 + q_1 p_2}{q_1 q_2} \in \Q$ car $\begin{cases}
   q_2 p_1 + q_1 p_2 \in \Z \\
   q_1 q_2 \in \N^*
   \end{cases}$
   Donc la somme de deux nombres rationnels est rationnelle.
2. Supposons qu’il existe $x \in \Q$ et $y \in \R \setminus \Q$ tel que $x+y \in \Q$.
   Alors $-x \in \Q$ et donc $y = (-x) + (x+y) \in \Q$ (d’après la question précédente), ce qui est absurde.
   Donc $\forall x \in \Q, \forall y \in \R \setminus \Q,~x+y \in \R \setminus \Q$.
3. Supposons qu’il existe $y \in \R \setminus \Q$ et $n \in \N^*$ tel que $\dfrac{y}{n} \in \Q$.
   Alors $y = n \dfrac{y}{n} = \underbrace{\dfrac{y}{n} + \ldots + \dfrac{y}{n}}_{n \text{ fois}} \in \Q$, ce qui est absurde.
   Donc $\forall y \in \R \setminus \Q,~\forall n \in \N,~\dfrac{y}{n} \in \R \setminus \Q$.
4. Soit $x \in \R$ et $\varepsilon > 0$.
   • Si $x \in \R \setminus \Q$, alors $x \in [x, x + \varepsilon]$
   • Si $x \in \Q$, alors comme $\sqrt{2} \in \R \setminus \Q$, on a $\forall n \in \N,~\dfrac{\sqrt{2}}{n} \in \R \setminus \Q$ et $x + \dfrac{\sqrt{2}}{n} \in \R \setminus \Q$.
   Or $x + \dfrac{\sqrt{2}}{n} \leqslant x + \varepsilon \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2}}{n} \leqslant \varepsilon \Leftrightarrow n \geqslant \dfrac{\sqrt{2}}{\varepsilon}$. En posant $n$ l’entier qui suit $\dfrac{\sqrt{2}}{\varepsilon}$, on a $x + \dfrac{\sqrt{2}}{n} \in [x, x + \varepsilon]$.
   Donc $\forall x \in \R, \forall \varepsilon > 0,~\exists y \in \R \setminus \Q~:~y \in [x,x+\varepsilon]$
   

Montrer que toute fonction $f : \R \to \R$ s’écrit comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire.

Analyse : Supposons trouvées $p$ et $i$ telles que $\begin{cases} \forall x \in \R,~p(-x) = p(x) & (\star) \\ \forall x \in \R,~i(-x) = -i(x)& (\star\star) \\ \forall x \in \R,~f(x) = p(x) + i(x) & (\star\star\star)\end{cases}$.
Soit $x \in \R$, on a $f(-x) = p(-x) + i(-x) = p(x) – i(x)$
En additionnant l’égalité précédente à $(\star\star\star)$, on obtient $f(x) + f(-x) = 2 p(x)$ soit $p(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2}$
En soustrayant l’égalité précédente à $(\star\star\star)$, on obtient $f(x) – f(-x) = 2 i(x)$ soit $i(x) = \dfrac{f(x) – f(-x)}{2}$

L’analyse s’arrête ici, car on a déterminé de manière unique l’expression de $p$ et de $i$.

Synthèse : Soit $p : x \mapsto \dfrac{f(x) + f(-x)}{2}$ et $i : x \mapsto\dfrac{f(x) – f(-x)}{2}$.
Soit $x \in \R$. On a $p(-x) = \dfrac{f(-x) + f(x)}{2} = p(x)$ et $i(-x)= \dfrac{f(-x) – f(x)} = -i(x)$, donc $p$ est paire et $i$ est impaire.
De plus, $p(x) + i(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2} + \dfrac{f(x) – f(-x)}{2} = \dfrac{2 f(x)}{2} = f(x)$.
Les fonctions $p$ et $i$ sont bien solutions du problème.

Conclusion : Toute fonction $f : \R \to \R$ s’écrit comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire (et on pourrait même rajouter, au vu de ce qui précède, que cette décomposition est unique).

Soit $n \ge 1$ et $x_1, \ldots, x_n$ des réels tels que $\displaystyle \sum_{k=1}^n x_n = n$ et $\displaystyle \sum_{k=1}^n x_n^2 = n$.
Montrer que $x_1 = \ldots = x_n = 1$.

$\displaystyle \sum_{k=1}^n (x_n-1)^2 = \sum_{k=1}^n (x_n^2-2 x_n + 1)= \sum_{k=1}^n x_n^2-2 \sum_{k=1}^n x_n + \sum_{k=1}^n 1 = n – 2n + n = 0$.

Une somme de termes positifs est nulle si et seulement si chaque terme qui la compose est nul (on peut aisément montrer ce résultat par l’absurde).

Ainsi, $x_1-1=x_2-1=\ldots=x_n-1 = 0$ donc $x_1 = x_2 = \ldots = x_n$.

1. Simplifier $\displaystyle \sum_{k=1}^n \sqrt{1 + \dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{(k+1)^2}}$
2. Simplifier $\displaystyle \sum_{1 \le i, j \le n} \max(i,j)$

1. Soit $n \in \N$, on a $\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{(n+1)^2}} = \sqrt{\dfrac{n^4 + 2 n^3 + 3 n^2 + 2 n + 1}{n^2 (n + 1)^2}}$.
   
   Notons $S_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \sqrt{1 + \dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{(k+1)^2}}$. En calculant les premières valeurs, on a $S_1 = \dfrac{3}{2},~S_2 = \dfrac{8}{3},~S_3 = \dfrac{15}{4},~S_4=\dfrac{24}{5},~S_5 = \dfrac{35}{6}$.
   Il semblerait que $\forall n \in \N,~S_n = \dfrac{(n+1)^2-1}{n+1} = \dfrac{n^2 + 2n}{n+1}$.
   
   Si cette expression est exacte, on devrait avoir $S_{n} – S_{n-1} = \sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{(n+1)^2}}$.
   
   Or $S_{n} – S_{n-1} = \dfrac{n^2 + 2n}{n+1} – \dfrac{(n-1)^2 + 2(n-1)}{n} = \dfrac{n^2 + n + 1}{n (n + 1)}$ et $\left(\dfrac{n^2 + n + 1}{n (n + 1)}\right)^2 = \dfrac{n^4 + 2 n^3 + 3 n^2 + 2 n + 1}{n^2 (n + 1)^2}$
   
   Soit $n \in \N^*$, on a donc :
   $$\displaystyle \sum_{k=1}^n \sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}+\dfrac{1}{(k+1)^2}} = \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{k^2 + k + 1}{k (k + 1)} = \displaystyle \sum_{k=1}^n \left( 1 + \dfrac{1}{k} – \dfrac{1}{k+1} \right) = n + \displaystyle \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{1}{k} – \dfrac{1}{k+1} \right) = n + \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{n^2 + 2n}{n+1}$$
2. En procèdant de façon similaire au cas du $\min$ (traité dans la vidéo #20), on a :
   $$\sum_{i = 1}^n \left( \sum_{j = 1}^n \max(i,j) \right) = \sum_{i = 1}^n \left( \sum_{j = 1}^i i + \sum_{j = i+1}^n j \right) = \sum_{i = 1}^n \left( i^2 + \left(\sum_{j = 0}^n j – \sum_{j = 0}^i j \right) \right) = \sum_{i = 1}^n \left( i^2 + \dfrac{n(n+1)}{2} – \dfrac{i(i+1)}{2} \right) = \dfrac{n^2(n+1)}{2} + \sum_{i = 1}^n \left( \dfrac{i^2}{2} – \dfrac{i}{2} \right)$$
   Finalement, en utilisant la somme des premiers entiers et celle des premiers carrés :
   $$\sum_{i = 1}^n \left( \sum_{j = 1}^n \max(i,j) \right) = \dfrac{n^2(n+1)}{2} + \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{12} – \dfrac{n(n+1)}{4} = \dfrac{n(n+1)(4n-1)}{6}$$
   

Soit $x \in \R$, simplifier $\displaystyle \prod_{1 \leqslant i,j \leqslant n} x^{i+j}$ et $\displaystyle \prod_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n} x^{i+j}$.

$$\begin{array}{rcl}
\displaystyle \prod_{1 \leqslant i,j \leqslant n} x^{i+j} &=& \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \left( \displaystyle \prod_{j=1}^{n} x^{i+j} \right) \\
&=& \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \left[ (x^i)^n \left( \displaystyle \prod_{j=1}^{n} x^{j} \right) \right]\\
&=& \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \left[(x^i)^n x^{\sum_{j=1}^n j}\right]\\
&=& \displaystyle \prod_{i=1}^{n} \left[(x^i)^n x^{\frac{n(n+1)}{2}}\right]\\
&=& (x^{\frac{n(n+1)}{2}})^n \left(\displaystyle \prod_{i=1}^{n} x^i\right)^n\\
&=& x^{\frac{n^2(n+1)}{2}} \left(x^{\frac{n(n+1)}{2}}\right)^n\\
&=& x^{n^2(n+1)}
\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}
\displaystyle \prod_{1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n} x^{i+j} &=& \displaystyle \prod_{j=1}^{n} \left( \displaystyle \prod_{i=1}^{j} x^{i+j} \right) \\
&=& \displaystyle \prod_{j=1}^{n} \left[ (x^j)^j \left( \displaystyle \prod_{i=1}^{j} x^{i} \right) \right]\\
&=& \displaystyle \prod_{j=1}^{n} \left[x^{j^2} x^{\sum_{i=1}^j i}\right]\\
&=& \displaystyle \prod_{j=1}^{n} \left[x^{j^2} x^{\frac{j(j+1)}{2}}\right]\\
&=& \displaystyle \prod_{j=1}^{n} x^{\frac12 j + \frac{3}{2}j^2}\\
&=& x^{\frac12 \sum_{j=1}^n j + \frac{3}{2} \sum_{j=1}^n j^2}\\
&=& x^{\frac12 \frac{n(n+1)}{2} + \frac{3}{2}\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}} \\
&=& x^{\frac{n(n+1)^2}{2}}
\end{array}$$

Montrer que pour tout polynôme $P$, $P(X)-X$ divise $P(P(X))-X$.

On a $P(P(X))-X = [P(P(X))-P(X)] + [P(X) – X]$. Il suffit donc de montrer que $P(X) – X$ divise $P(P(X)) – P(X)$ pour établir le résultat.

Soit $P(X) = \displaystyle \sum_{k=0}^n a_k X^k$.
On utilise la factorisation classique $x^k – y^k = (x-y) \displaystyle \sum_{i=0}^{k-1} a^i b^{k-1-i}$ pour voir que l’on peut toujours factoriser $P(x) – P(y)$ par $(x-y)$.
Ainsi, en remplaçant $x$ par $P(X)$ et $y$ par $X$, on a $P(X) – X$ qui divise $P(P(X)) – P(X)$, et donc $P(X)-X$ divise $P(P(X))-X$.

Déterminer les racines $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4$ de $P(X) = X^4 – 10 X^3 + 25 X^2 – 36$ en sachant que $\lambda_1 + \lambda_2 = 5$.

Les relations coefficients-racines donnent $\lambda_1 + \lambda_2+ \lambda_3+ \lambda_4 = – \dfrac{-10}{1} = 10$. On en déduit donc $\lambda_3+ \lambda_4 = 5$.

On a donc $(X- \lambda_1)(X-\lambda_2) = X^2 – 5X + \lambda_1 \lambda_2$ et de même $(X- \lambda_3)(X-\lambda_4) = X^2 – 5X + \lambda_3 \lambda_4$

On a donc :
$$\begin{array}{rcl}
P(X) &=& (X- \lambda_1)(X-\lambda_2) (X- \lambda_3)(X-\lambda_4) \\
&=& (X^2 – 5X + \lambda_1 \lambda_2)(X^2 – 5X + \lambda_3 \lambda_4) \\
&=& X^4-10X^3 + (\lambda_1 \lambda_2 + \lambda_3 \lambda_4 + 25) x^2 – 5(\lambda_1 \lambda_2 + \lambda_3 \lambda_4) x + \lambda_1 \lambda_2\lambda_3 \lambda_4 \\
&=&X^4 – 10 X^3 + 25 X^2 – 36\end{array}$$
Par identification, on a $\begin{cases}\lambda_1 \lambda_2 + \lambda_3 \lambda_4 = 0 \\ \lambda_1 \lambda_2\lambda_3 \lambda_4 = – 36\end{cases}$.

En notant $a = \lambda_1 \lambda_2$ et $b = \lambda_3 \lambda_4$, on a $\begin{cases}a + b = 0 \\ ab = – 36\end{cases}$ et on trouve $a = 6$ et $b = -6$ (ou l’inverse, mais cela n’a pas d’importance).
On a donc $\begin{cases}\lambda_1 \lambda_2 = 6 \\ \lambda_1 + \lambda_2 = 5\end{cases}$ et donc $\lambda_1 = 2$ et $\lambda_2 = 3$ (ou l’inverse).
De même $\begin{cases}\lambda_3 \lambda_4 = -6 \\ \lambda_3 + \lambda_4 = 5\end{cases}$ et donc $\lambda_3 = -1$ et $\lambda_4 = 6$ (ou l’inverse).

Les racines de $P$ sont $-1, 2, 3$ et $6$.

Soit $(a,b) \in \R^2$, montrer que :

1. $(a+b)^4 \le 8(a^4 + b^4)$
2. $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(a+b+c)$
   

1. Grâce aux techniques de manipulation des vidéos suivantes (convexité, Cauchy-Schwarz), il existe des façons rapides de résoudre cet exercice. Je vous en propose une plus originale :
   $$8(a^4+b^4)-(a+b)^4=7 a^4 – 4 a^3 b – 6 a^2 b^2 – 4 a b^3 + 7 b^4$$
   On voit que cette expression s’annule quand $a=b$, une idée est de factoriser par $(a-b)$ en faisant apparaître artificiellement ce facteur :
   $$\begin{aligned}
   8(a^4+b^4)-(a+b)^4 &= a (7a^3 – 4a^2b – 6ab^2 – 4b^3) + 7b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 – 4a^2b – 6ab^2 – 4b^3) + 7a^3b – 4a^2b^2 – 6ab^3 – 4b^4 + 7b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 – 4a^2b – 6ab^2 – 4b^3) + 7a^3b – 4a^2b^2 – 6ab^3 + 3b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 – 4a^2b – 6ab^2 – 4b^3) + a(7a^2b – 4ab^2 – 6b^3) + 3b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 – 4a^2b – 6ab^2 – 4b^3) + (a-b)(7a^2b – 4ab^2 – 6b^3) + 7a^2b^2 – 4ab^3 – 6b^4 + 3b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 +3a^2b – 10ab^2 – 10b^3) + 7a^2b^2 – 4ab^3 – 3b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 +3a^2b – 10ab^2 – 10b^3) + a(7ab^2 – 4b^3) – 3b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 +3a^2b – 10ab^2 – 10b^3) + (a-b)(7ab^2 – 4b^3) + 7 ab^3 – 4 b^4- 3b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 +3a^2b – 3ab^2- 14b^3) + 7 ab^3 -7b^4 \\
   &= (a-b) (7a^3 +3a^2b – 3ab^2 – 14b^3) + 7 b^3(a -b) \\
   &= (a-b)(7 a^3 + 3 a^2 b – 3 a b^2 – 7 b^3)
   \end{aligned}$$
   On voit que le terme $7 a^3 + 3 a^2 b – 3 a b^2 – 7 b^3$ s’annule aussi lorsque $a=b$. En répétant des opérations similaires, on trouve $7 a^3 + 3 a^2 b – 3 a b^2 – 7 b^3 = (a-b)(7 a^2 + 10 a b + 7 b^2)$ et donc :
   $$8(a^4+b^4)-(a+b)^4 = (a-b)^2 (7 a^2 + 10 a b + 7 b^2)$$
   On a $5(a+b)^2 = 5a^2 + 10 ab + 5b^2$ et donc :
   $$8(a^4+b^4)-(a+b)^4 = (a-b)^2 (5(a+b)^2 + 2 a^2 + 2 b^2)$$
   Tous les termes étant positifs, on a bien l’inégalité recherchée.
2. Pour aboutir à une inégalité entre des sommes des carrés et des produits, on pense aux identités remarquables.
   On a $(a-b)^2 \ge 0 \Leftrightarrow a^2 + b^2 \ge 2ab$ et de même pour les autres possibilités avec $a, b$ et $c$. On a donc :
   $$\begin{aligned}
   2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) &= a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \\
   &= a^2(b^2 +c^2) + b^2(a^2+c^2) + c^2(a^2 + b^2) \\
   &\ge 2 a^2bc + 2a b^2 c + 2 ab c^2 \\
   &= 2 abc (a+b+c)
   \end{aligned}$$
   En divisant chaque terme par $2$, on trouve l’inégalité demandée.

Montrer que $\forall n \in \N^*, \forall x \in \R,~\left \lfloor \dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n} \right \rfloor = \lfloor x \rfloor $.

On a $\lfloor x \rfloor \le x < \lfloor x \rfloor +1$ donc $n\lfloor x \rfloor \le nx < n\lfloor x \rfloor +n$.
Ainsi, $n\lfloor x \rfloor$ est un entier inférieur à $nx$, donc par définition de la partie entière (plus grand entier inférieur à $nx$), on a $n\lfloor x \rfloor \le \lfloor nx \rfloor$.
On a donc $n\lfloor x \rfloor \le \lfloor nx \rfloor \le nx < n\lfloor x \rfloor +n$ et donc $\lfloor x \rfloor \le \dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n} \le x < \lfloor x \rfloor +1$.
Cette dernière inégalité montre que $\lfloor x \rfloor$ est un entier inférieur à $\dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n}$, et que l’entier suivant ($\lfloor x \rfloor +1$) lui est strictement supérieur. On en déduit que $\lfloor x \rfloor$ est le plus grand entier inférieur à $\dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n}$, et donc $\left \lfloor \dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n} \right \rfloor = \lfloor x \rfloor $.

Soit $(\lambda_1,\ldots,\lambda_n) \in (\R_+^*)^n$. Montrer que : $$\left[ \prod_{k=1}^n (1 + \lambda_k)\right]^{\frac1n} \geqslant 1 + \left[ \prod_{k=1}^n \lambda_k\right]^{\frac1n}$$

Le premier réflexe est de chercher à transformer les produits en sommes. Pour $k \in \{1,\ldots,n\}$, on pose $x_k = \ln \lambda_k$.
On cherche à montrer que $\displaystyle \left(\prod_{k=1}^n(1+e^{x_k})\right)^{\frac1n} \geq 1 + \left[ \prod_{k=1}^n e^{x_k}\right]^{\frac1n} = 1+\exp\left(\dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n x_k\right)$.
Par stricte croissance du logarithme sur $\R_+^*$, cela est équivalent à $\displaystyle \dfrac1n \sum_{k=1}^n \ln(1+e^{x_k}) \geq \ln\left[1+\exp\left(\dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n x_k\right)\right].$
En posant $f : x \mapsto \ln(1 + e^x)$, on cherche à montrer que $\displaystyle \dfrac1n \sum_{k=1}^n f(x_k) \geq f\left(\dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n x_k\right).$
Si $f$ est convexe, le résultat à prouver est une application directe de l’inégalité de Jensen.
$f$ est dérivable sur $\R$ comme composée et $\forall x \in \R,~f'(x) = \dfrac{e^x}{e^x+1}$.
De même, $f’$ est dérivable sur $\R$ comme quotient et $\forall x \in \R,~f »(x) = \dfrac{e^x(e^x+1)-e^xe^x}{(e^x+1)^2} = \dfrac{e^x}{(e^x+1)^2} > 0$.
$f$ est donc convexe et le résultat est prouvé.

Montrer que pour $(n,p,q) \in \N^3$ avec $n \le p$ et $n \le q$ :
$$\sum_{k=0}^n \binom{p}{k}\binom{q}{n-k} = \binom{p+q}{n}$$

Soit $(n,p,q) \in \N^3$ avec $n \le p$ et $n \le q$.
L’astuce ici est de comparer le développement de $(1+x)^{p+q}$ avec celui de $(1+x)^{p}(1+x)^{q}$.

On a : $$(1+x)^p=\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k}x^k ~\text{ et }~(1+x)^q=\sum_{k=0}^{q}\binom{q}{k}x^k ~\text{ et donc }~(1+x)^p(1+x)^q=\left(\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k}x^k\right)\left(\sum_{k=0}^{q}\binom{q}{k}x^k\right)$$

Dans ce produit, la puissance $x^n$ apparaît lorsque $k=0$ dans $(1+x)^{p}$ et $k=n$ dans $(1+x)^{q}$, puis quand $k=1$ dans $(1+x)^{p}$ et $k=n-1$ dans $(1+x)^{q}$, etc. jusqu’à $k=n$ dans $(1+x)^{p}$ et $k=0$ dans $(1+x)^{q}$
Le coefficient de $x^n$ dans le produit $(1+x)^{p}(1+x)^{q}$ est $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\binom{p}{k}\binom{q}{n-k}.$

Or, $(1+x)^{p+q}=\displaystyle \sum_{k=0}^{p+q}\binom{p+q}{k}x^k$, ainsi le coefficient de $x^n$ est $\displaystyle \binom{p+q}{n}$.

Les deux développements polynômiaux étant égaux, leurs coefficients sont égaux et donc $\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{p}{k}\binom{q}{n-k} = \binom{p+q}{n}$.

Montrer que pour $n \ge 2$, $$\cos\left(\dfrac{\pi}{2^n}\right) = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots + \sqrt{2}}}}}{2}$$ (avec $(n-1)$ occurences du nombre $2$).

Soit $n \ge 2$, on note $u_n = \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots + \sqrt{2}}}}$ où le nombre $2$ apparaît $n-1$ fois. On a $\begin{cases}u_2 = \sqrt{2} \\ u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n} \end{cases}$.

Montrons par récurrence que $\forall n \ge 2,~\cos\left(\dfrac{\pi}{2^n}\right) = \dfrac{u_n}{2}$.

Initialisation : $\cos\left(\dfrac{\pi}{2^2}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{u_2}{2}$.

Hérédité : Soit $n \ge 2$ tel que $\cos\left(\dfrac{\pi}{2^n}\right) = \dfrac{u_n}{2}$
On a $\cos\left(\dfrac{\pi}{2^n}\right) = \cos\left(2 \times \dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right) = 2 \cos^2\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right) – 1$. On en déduit $\cos^2\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right) = \dfrac{1 + \cos\left(\dfrac{\pi}{2^n}\right)}{2} = \dfrac{1 + \dfrac{u_n}{2}}{2} = \dfrac{2 + u_n}{4}$.
Comme $\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \in \left[0,\dfrac{\pi}{2}\right],~\cos \left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right) \ge 0$ et donc $\cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right) = \dfrac{\sqrt{2 + u_n}}{2} = \dfrac{u_{n+1}}{2}$

Conclusion : $\forall n \ge 2,~\cos\left(\dfrac{\pi}{2^n}\right) = \dfrac{u_n}{2} = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots + \sqrt{2}}}}}{2}$.

Soit $\alpha, \beta$ et $\gamma$ les mesures des angles d’un triangle. Montrer que :
$$\sin 3 \alpha + \sin 3 \beta + \sin 3 \gamma = -4 \cos \dfrac{3\alpha}{2}\cos \dfrac{3\beta}{2}\cos \dfrac{3\gamma}{2}$$

On a $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ et donc $\gamma = \pi-(\alpha + \beta)$. On a $\sin 3 \gamma = \sin (3 \pi – 3(\alpha + \beta)) = \sin (\pi – 3(\alpha + \beta)) = \sin (3(\alpha + \beta))$
$$\begin{aligned}
\sin 3\alpha+\sin 3\beta+\sin 3\gamma
&=\sin 3\alpha+\sin 3\beta+\sin\bigl(3(\alpha+\beta)\bigr)\\
&=2\sin\frac{3(\alpha+\beta)}{2}\cos\frac{3(\alpha-\beta)}{2}
+2\sin\frac{3(\alpha+\beta)}{2}\cos\frac{3(\alpha+\beta)}{2}\\
&=2\sin\frac{3(\alpha+\beta)}{2}
\left(
\cos\frac{3(\alpha-\beta)}{2}
+\cos\frac{3(\alpha+\beta)}{2}
\right)\\
&=2\sin\frac{3(\alpha+\beta)}{2}
\left(
2\cos\frac{3\alpha}{2}\cos\frac{3\beta}{2}
\right)\\
&=4\sin\frac{3(\alpha+\beta)}{2}
\cos\frac{3\alpha}{2}
\cos\frac{3\beta}{2}\\
&=4\sin\left(\frac{3\pi}{2}-\frac{3\gamma}{2}\right)
\cos\frac{3\alpha}{2}
\cos\frac{3\beta}{2}\\
&=-4\cos\frac{3\alpha}{2}
\cos\frac{3\beta}{2}
\cos\frac{3\gamma}{2}
\end{aligned}$$

Soit $A \subset \R$ et $B \subset \R$ non vides et majorées. Soit $A + B = \set{a+b ~|~a \in A, b \in B}.
Montrer que $\sup (A+B) = \sup A + \sup B$.

Soit $(a,b) \in A \times B$.
On a $a \le \sup A$ et $b \le \sup B$ donc $a + b \le \sup A + \sup B$.
$\sup A + \sup B$ est donc un majorant de $A+B$. Comme $\sup(A+B)$ est le plus petit de ces majorants, on a $\sup(A+B) \le \sup A + \sup B$.

Soit $(a,b) \in A \times B$.
On a $a + b \le \sup(A+B)$ et donc $a \le \sup(A+B) – b$
Ceci étant vrai pour tout $a \in A$, on en déduit que $\sup(A+B) – b$ est un majorant de $A$.
Comme $\sup A$ est le plus petit des majorants de $A$, on a $\sup A \le \sup(A+B) – b$ soit $b \le \sup(A+B) – \sup A$.
Ceci étant vrai pour tout $b \in B$, on en déduit que $\sup(A+B) – \sup A$ est un majorant de $B$.
Comme $\sup B$ est le plus petit des majorants de $B$, on a $\sup B \le \sup(A+B) – \sup A$ et donc finalement $\sup A + \sup B \le \sup(A+B)$.

On en déduit $\sup(A+B) = \sup A + \sup B$

On suppose $u_n \conv \ell$ et $v_n \conv \ell’$ avec $\ell’ \ne 0$. Monstre que $\dfrac{u_n}{v_n} \conv \dfrac{ell}{\ell’}$.

Une possibilité est de voir que $\dfrac{u_n}{v_n} = u_n \times \dfrac{1}{v_n}$ et d’étudier à part la limite de la suite $\dfrac{1}{v_n}$.
Supposons sans perte de généralité $\ell’ > 0$.
On a $\forall n \in \N,~\dfrac{1}{v_n} – \dfrac{1}{\ell’} = \dfrac{\ell’ – v_n}{\ell’ v_n} = (\ell’ – v_n) \dfrac{1}{\ell’ v_n}$.
Comme $v_n \conv \ell’$, en posant $\varepsilon = \dfrac{\ell’}{2}$ dans la définition de la limite, il existe $n_0 \in \N$ tel que pour $n \geqslant n_0,~v_n > \dfrac{\ell’}{2}$.
Pour $n \ge n_0$, on a donc $\ell’ v_n > \dfrac{\ell’^2}{2}$ et donc $\dfrac{1}{\ell’ v_n} < \dfrac{2}{\ell’^2}$.
La suite $\seq{\dfrac{1}{\ell’ v_n}}$ est donc bornée et la suite $\seq{\ell’ – v_n}$ tend vers $0$.
Avec un raisonnement similaire à l’exercice corrigé en vidéo, on en déduit que la suite $\seq{\dfrac{1}{v_n} – \dfrac{1}{\ell’}}$ tend vers $0$ et donc $\dfrac{1}{v_n} \conv \dfrac{1}{\ell’}$.
Par produit (prouvé dans l’exercice corrigé en vidéo), on a $\dfrac{u_n}{v_n} = u_n \times \dfrac{1}{v_n} \conv \ell \times \dfrac{1}{\ell’} = \dfrac{\ell}{\ell’}$.

Étudier la limite de $\seq{\lfloor u_n \rfloor}$ lorsque :

1. $u_n \conv + \infty$
2. $u_n \conv 0$
3. $\seq{u_n}$ n’a pas de limite

On rappelle que $\forall n \in \N,~ u_n – 1 < \lfloor u_n \rfloor \le u_n$.

1. Si $u_n \conv + \infty$, il en est de même pour $\seq{u_n-1}$.
   Par encadrement, on a $\lfloor u_n \rfloor \conv + \infty$.
2. Si $u_n \conv 0$, on ne peut rien dire. Voici deux exemples :
   $\bullet~~~~\dfrac{1}{n} \conv 0$ et $\left\lfloor \dfrac{1}{n} \right\rfloor \conv 0$ (même limite).
   $\bullet~~~~\dfrac{(-1)^n}{n} \conv 0$ et $\left\lfloor \dfrac{(-1)^n}{n} \right\rfloor = \begin{cases} 0 & \text{si }n\text{ pair} \\ -1 & \text{sinon}\end{cases}$ n’a pas de limite.
   On peut cependant dire qu’à partir d’un certain rang, $\lfloor u_n \rfloor \in \set{-1,0}$.
   En effet, en appliquant la définition de la limite avec $\varepsilon = \dfrac{1}{2}$, il existe un rang $n_0 \in \N$ tel que $\forall n \ge n_0,~|u_n| \le \dfrac{1}{2}$, et donc $u_n \in \left]-\dfrac12,\dfrac12 \right[$ et donc $\lfloor u_n \rfloor \in \set{-1,0}$.
3. Si $\seq{u_n}$ est une suite d’entiers n’ayant pas de limite, $\seq{\lfloor u_n \rfloor}$ non plus n’a pas de limite.
   Il y a cependant des cas où $\seq{u_n}$ n’a pas de limite, mais $\seq{\lfloor u_n \rfloor}$ en a une.
   Par exemple, $\forall n \in \N,~\begin{cases} 0{,}2 & \text{si }n\text{ pair} \\ 0{,}4 & \text{sinon}\end{cases}$ n’a pas de limite mais comme $\forall n \in \N,~\lfloor u_n \rfloor = 0$, on a $\lfloor u_n \rfloor \conv 0$.

Soit $(a,b) \in \R^2$. Donner une expression du terme général de la suite $\begin{cases}u_0 \in \C \\ u_{n+1} = a u_n + b \overline{u_n} \end{cases}$.
Pourquoi est-ce plus compliqué si $(a,b) \in \C^2$ ?

On définit les suites réelles $\seq{x_n}$ et $\seq{y_n}$ telles que $\forall n \in \N,~u_n = x_n + i y_n$.

La formule de récurrence $u_{n+1} = a u_n + b \overline{u_n} = a ( x_n + i y_n) + b ( x_n – i y_n) = (a+b)x_n + i (a-b)y_n$ donne $\begin{cases}x_{n+1} = (a+b)x_n \\ y_{n+1} = (a-b)y_n \end{cases}$.

On a pour tout $n \in \N,~u_n = \text{Re}(u_0) (a+b)^n + i~\text{Im}(u_0) (a-b)^n$.

Si $(a,b) \in \C^2$, la formule de récurrence donne :
$$u_{n+1} = (a+b)x_n + i (a-b)y_n = (\text{Re}(a+b) x_n – \text{Im}(a-b) y_n) + i (\text{Im}(a+b) x_n + \text{Re}(a-b) y_n)$$

On a donc $\begin{cases}x_{n+1} = \text{Re}(a+b) x_n – \text{Im}(a-b) y_n \\ y_{n+1} = \text{Im}(a+b) x_n + \text{Re}(a-b) y_n \end{cases}$.

Dans ce cas, on ne peut pas trouver de façon évidente une formule pour les suites $\seq{x_n}$ et $\seq{y_n}$.
C’est possible, via des calculs matriciels, mais ce n’était pas vraiment l’objectif de l’exercice à ce niveau.

Soit $f : \R \to \R$ croissante. Montrer que $f \text{ a une limite finie en }+\infty \Leftrightarrow \seq{f(n)}\text{ a une limite finie}$

$(\Rightarrow)$ Supposons que $f$ a une limite $\ell \in \R$ en $+ \infty$.
Soit $\varepsilon > 0$, alors on pose $x_0 \in \R$ tel que $\forall x \ge x_0,~|f(x)-\ell| < \varepsilon$.
On pose $n_0 = \lfloor x_0 \rfloor + 1$. On a donc $\forall n \ge n_0,~n \ge x_0$ donc $|f(n)-\ell| < \varepsilon$.

$(\Leftarrow)$ Supposons que $\seq{f(n)}$ a une limite $\ell \in \R$.
Supposons que $f$ ne converge pas vers $\ell$ en $+ \infty$, et posons $\varepsilon > 0$ tel que $\forall x_0 \in \R,~\exists x \ge x_0 : |f(x)-\ell| > \varepsilon$.
Comme $\seq{f(n)} \to \ell$, on trouve $n_0 \in \N$ tel que $\forall n \ge n_0,~|f(n)-\ell| < \varepsilon$.
En réutilisant la non-convergence de $f$, $\exists x \ge n_0 : |f(x)-\ell| > \varepsilon$
Comme $x \ge n_0$, on a $\lfloor x \rfloor \ge n_0$ et $\lfloor x \rfloor + 1\ge n_0$ donc $f(\lfloor x \rfloor) \in ]\ell- \varepsilon ; \ell + \varepsilon[$ et $f(\lfloor x \rfloor + 1) ]\ell- \varepsilon ; \ell + \varepsilon[$
Comme $\lfloor x \rfloor \le x < \lfloor x \rfloor + 1$, par croissance de $f$, on a $f(\lfloor x \rfloor) \le f(x) \le f( \lfloor x \rfloor + 1)$
Or, $f(x) \not\in ]\ell- \varepsilon ; \ell + \varepsilon[$. Ce qui est absurde. Donc $f$ converge vers $\ell$ en $+ \infty$

Déterminer la limite des suites :

1. $\sqrt{n} \ln \left(\dfrac{\sqrt{n}+1}{\sqrt{n}-1}\right)$
2. $\dfrac{\lfloor 10^n x \rfloor}{10^n}$
3. $\dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}+n}{\sqrt{n^2 + n}}$

1) L’idée est de faire apparaître la limite $\dfrac{\ln (1+x)}{x} \convx{0} 1$.
$\sqrt{n} \ln \left(\dfrac{\sqrt{n}+1}{\sqrt{n}-1}\right) = \sqrt{n} \ln \left(\dfrac{\sqrt{n}-1+2}{\sqrt{n}-1}\right) = \sqrt{n} \ln \left(1 + \dfrac{2}{\sqrt{n}-1}\right) = \dfrac{2 \sqrt{n}}{\sqrt{n}-1} \times \dfrac{\ln \left(1 + \dfrac{2}{\sqrt{n}-1}\right)}{\dfrac{2}{\sqrt{n}-1}}$
Comme $\dfrac{2}{\sqrt{n}-1} \conv 0$, on a $\dfrac{\ln \left(1 + \dfrac{2}{\sqrt{n}-1}\right)}{\dfrac{2}{\sqrt{n}-1}} \conv 1$.
La limite de la suite est celle de $\dfrac{2 \sqrt{n}}{\sqrt{n}-1} = \dfrac{2}{1-\dfrac{1}{\sqrt{n}}} $, c’est-à-dire $2$.

2) Soit $x \in \R$. Pour tout $n \in \N$, on a $10^n x – 1 < \lfloor 10^n x \rfloor \le 10^n x$ et donc $ x – \dfrac{1}{10^n} < \dfrac{\lfloor 10^n x \rfloor}{10^n} \le x$.
Par le théorème des gendarmes, on voit directement que $\dfrac{\lfloor 10^n x \rfloor}{10^n} \conv x$.

3) Pour tout $n \in \N$, on a $\dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}+n}{\sqrt{n^2 + n}} = \dfrac{n \left(\dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}}{n} + 1\right)}{n \sqrt{1 + \dfrac{1}{n}}}= \dfrac{\dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}}{n} + 1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}}}$.
Or, $-1 \le \sin e^n \le 1$ et comme $-1 \le \sin n \le 1$, on a $e^{-1} \le e^{\sin n} \le e$.
Finalement, on a $-1 + e^{-1} \le \sin e^n + e^{\sin n} \le 1 + e$ et donc comme $\dfrac{-1 + e^{-1}}{n} \le \dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}}{n} \le \dfrac{1 + e}{n}$, on a $\dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}}{n} \conv 0$.
Comme $\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}} \conv 1$, on a $\dfrac{\sin e^n + e^{\sin n}+n}{\sqrt{n^2 + n}} \conv 1$.

Soit $f : [0,1] \to \R$ continue et $\forall n \in \N^*,~u_n = \max_{0 \le k \le n} f \left( \dfrac{k}{n} \right)$.

Montrer que $\seqet{u_n}$ converge.

Comme $f$ est continue sur $[0,1]$, on sait que $f$ est bornée et atteint ses bornes, et en particulier son maximum.
Il existe donc $M \in \R$ tel que $\begin{cases} \forall x \in [0,1], f(x) \le M \\ \exists x_0 \in [0,1] : f(x_0) = M \end{cases}$

Soit $\varepsilon > 0$, par continuité de $f$ en $x_0$, il existe $\eta > 0$ tel que $\forall x \in [0,1],~|x – x_0| \le \eta \Rightarrow |f(x) – M| \le \varepsilon$
(et donc $M – \varepsilon < f(x) \le M$ car $M$ est le maximum de $f$ sur $[0,1]$)

Pour $n \in \N^*$, les intervalles $\left[\dfrac{0}{n}, \dfrac{1}{n}\right], \left[\dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n}\right]$, etc. ont pour taille $\dfrac{1}{n}$. Ainsi, il existe $x_n \in \set{\dfrac{0}{n}, \dfrac{1}{n}, \ldots, \dfrac{n}{n}}$ tel que $|x_n – x_0| \le \dfrac{1}{n}$.

Soit $n_0 = \left \lfloor \dfrac{1}{\eta} \right \rfloor + 1$, on a $\forall n \ge n_0,~|x_n – x_0| \le \dfrac{1}{n} < \eta$ et donc $M – \varepsilon < f(x_n) \le M$.
Or, par définition des $u_n$, on a $f(x_n) \le u_n$. Finalement, on a $\forall n \ge n_0,~M – \varepsilon < u_n \le M$.

On en conclut que $u_n \conv M$.

Donner le domaine de dérivabilité et dériver :

1. $x \mapsto x e^{1/\ln x}$
2. $x \mapsto \cos(\sin(\cos(x)))$
3. $x \mapsto \begin{cases}\exp\left(\dfrac{x-1}{x^2}\right) & \text{si } x \ne 0 \\0 & \text{sinon}\end{cases}$

1. La fonction $x \mapsto \dfrac{1}{\ln x}$ est dérivable sur $\R_+^* \setminus \set{1}$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas et sa dérivée est $x \mapsto -\dfrac{1}{x (ln x)^2}$.
   La fonction $x \mapsto e^{1/\ln x}$ est dérivable sur $\R_+^* \setminus \set{1}$ comme composée (on ne détaille pas car $\exp$ est dérivable sur $\R$) et sa dérivée est $x \mapsto -\dfrac{1}{x (\ln x)^2}e^{1/\ln x}$.
   La fonction $x \mapsto xe^{1/\ln x}$ est dérivable sur $\R_+^* \setminus \set{1}$ comme produit de fonctions dérivables et sa dérivée est $x \mapsto e^{1/\ln x} -\dfrac{1}{(\ln x)^2}e^{1/\ln x}$
2. Ici, il ne s’agit que de composées de fonctions dérivables sur $\R$.
   La fonction $x \mapsto \sin(\cos(x))$ est dérivable sur $\R$, de dérivée $x \mapsto – \sin(x) \cos(\cos(x))$.
   La fonction $x \mapsto \cos(\sin(\cos(x)))$ est dérivable sur $\R$, de dérivée $x \mapsto \sin(x) \cos(\cos(x)) \sin(\sin(\cos(x)))$.
3. La fonction $x \mapsto \dfrac{x-1}{x^2}$ est dérivable sur $\R^*$ comme quotient de fonctions dérivables et sa dérivée est $x \mapsto \dfrac{x^2 – (x-1) \times 2x}{x^4} = \dfrac{2-x}{x^3}$.
   La fonction $x \mapsto \exp\left(\dfrac{x-1}{x^2}\right)$ est dérivable sur $\R^*$ et sa dérivée est $x \mapsto \dfrac{2-x}{x^3} \exp\left(\dfrac{x-1}{x^2}\right)$.
   En $x = 0$, soit $h \ne 0$, on a $\dfrac{f(0+h) – f(0)}{h} = \dfrac{1}{h}\exp\left(\dfrac{h-1}{h^2}\right) = \dfrac{1}{h}\exp\left(\dfrac{1}{h} \left(1-\dfrac{1}{h}\right)\right)$.
   On a $\lim_{h \to 0^+} \dfrac{1}{h} \exp\left(\dfrac{1}{h} \left(1-\dfrac{1}{h}\right)\right) = \lim_{x \to + \infty} x\exp\left(x (1-x)\right) = 0$ (croissances comparées).
   De même, $\lim_{h \to 0^-} \dfrac{1}{h} \exp\left(\dfrac{1}{h} \left(1-\dfrac{1}{h}\right)\right) = \lim_{x \to – \infty} x\exp\left(x (1-x)\right) = 0$.
   On en déduit donc que $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 0$.
   

Calculer $$\lin_{x \to + \infty} (x+1) e^{\frac{1}{x+1}} – x e^{\frac{1}{x}}$$

Soit $f : t \in \R_+^* \mapsto t e^{\frac{1}{t}}$.

$f$ est dérivable sur $\R_+^*$ comme produit de deux fonctions dérivables sur cet intervalle (la deuxième fonction étant dérivable comme composée car $t \mapsto \dfrac{1}{t}$ est dérivable sur $\R_+^*$ et $u \mapsto \exp(u)$ est dérivable sur $\R$) et $\forall t \in \R_+^*$, on a :
$$f'(t) = e^{\frac{1}{t}} + t \left(-\dfrac{1}{t^2}\right) e^{\frac{1}{t}} = \left(1-\dfrac{1}{t}\right)e^{\frac{1}{t}}$$

De plus, soit $x > 1$, $f$ est continue sur $[x,x+1]$ et dérivable sur $]x,x+1[$, ainsi d’après l’égalité des accroissements finis, il existe $c \in ]x,x+1[$ tel que $f'(c) = \dfrac{f(x+1)-f(x)}{(x+1)-x} = (x+1) e^{\frac{1}{x+1}} – x e^{\frac{1}{x}}$.

Or, $f’$ est aussi dérivable sur $[x,x+1]$ et $\forall t \in [x,x+1],~f^{\prime\prime}(t) = \dfrac{1}{t^2} e^{\frac{1}{t}}+ \left(1-\dfrac{1}{t}\right) \left(-\dfrac{1}{t^2}\right) e^{\frac{1}{t}} = \dfrac{1}{t^3} e^{\frac{1}{t}}$.

$f’$ est donc strictement croissante sur $[x,x+1]$ et donc $f'(x) < f'(c) \le f'(x+1)$ et donc :
$$\left(1-\dfrac{1}{x}\right)e^{\frac{1}{x}} < (x+1) e^{\frac{1}{x+1}} – x e^{\frac{1}{x}} < \left(1-\dfrac{1}{x+1}\right)e^{\frac{1}{x+1}}$$

On a $e^{\frac{1}{x}}\convx{+ \infty}1$ et $\left(1-\dfrac{1}{x}\right) \convx{+ \infty} 1$ et donc par le théorème des gendarmes, on a $(x+1) e^{\frac{1}{x+1}} – x e^{\frac{1}{x}} \convx{+ \infty} 1$.

Soit $E = \set{1,2,3,4}$.

1. Combien y a-t-il de relations binaires sur $E$ ?
2. De relations réflexives ?
3. De relations symétriques ?

Pour résoudre cet exercice, une possibilité est de voir la relation binaire comme une partie du produit cartésien $E \times E$, et donc comme un tableau de ce type :

dans lequel chaque croix indique que l’élément en tête de ligne est en relation avec l’élément en tête de colonne.

1. Pour chaque case, on peut choisir de mettre ou non une croix, ce qui donne $2^{16}$ possibilités.
2. Le fait que la relation soit réflexive impose que les cases de la diagonale soient cochées. Il reste $2^{12}$ possibilités pour les autres.
3. Le fait que la relation soit symétrique impose que si (ligne $i$, colonne $j$) est coché, alors (ligne $j$, colonne $i$) est coché et réciproquement.
   La relation est alors déterminée par la donnée des cases du triangle supérieur (voir ci-dessous), ce qui donne $2^{10}$ possibilités.

Montrer que la relation $z \mathcal{R} z’ \Leftrightarrow |z| = |z’|$ est une relation d’équivalence sur $\C$ et donner la classe d’équivalence de $z \in \C$.

$\mathcal{R}$ est :

• Réflexive : On a bien $|z| = |z|$.
• Symétrique : On a bien $|z| = |z’| \Leftrightarrow |z’| = |z|$
• Transitivité : On a bien $|z| = |z’|$ et $|z’| = |z^{\prime\prime}| \Rightarrow $|z| = |z^{\prime\prime}|$.

La classe d’équivalence de $z \in \C$ est l’ensemble des complexes de même module que $\C$ (que l’on peut voir comme un cercle de centre $O$ et de rayon $|z|$).

Soit $f : \begin{cases} \R^2 & \to & \R^2 \\ (a,b) & \mapsto & (a+b,ab)\end{cases}$. Déterminer $f(\R^2)$.

Soit $(c,d) \in \R^2$. On a $(c,d) \in f(\R^2) \Leftrightarrow \exists (a,b) \in \R^2 : \begin{cases}a+b = c \\ ab = d\end{cases}$

Or, $\begin{cases}a+b = c \\ ab = d\end{cases}$ si et seulement si $a$ et $b$ sont les solutions de l’équation $x^2 – cx + d = 0$ (avec éventuellement $a=b$).

Cette équation n’admet de solution que si son discriminant est positif, soit $c^2 – 4 d \ge 0$

On a donc $f(\R^2) = \set{(x,y) \in \R^2~|~x^2 \ge 4y}$.

Soit $f : E \to F$. Montrer que :

1. $\forall A \subset E,~f^{-1}(f(A)) = A \Leftrightarrow f$ injective
2. $\forall B \subset F,~f(f^{-1}(B)) = B \Leftrightarrow f$ surjective

1. $(\Rightarrow)$ Supposons $\forall A \subset E,~f^{-1}(f(A)) = A$
   Soit $a,b \in \E$ tel que $f(a) = f(b)$. Soit $A_1 = \set{a}$ et $A_2 = \set{b}$.
   Comme $f(a) = f(b)$, on a $f(A_1) = f(A_2)$ et donc $f^{-1}(f(A_1)) = f^{-1}(f(A_2))$ finalement, $A_1 = A_2$ soit $a=b$, et donc $f$ est injective.
   $(\Leftarrow)$ Supposons $f$ injective
   Soit $A \subset E$. On peut montrer à partir des définitions (image directe et réciproque) que pour toute application, $A \subset f^{-1}(f(A))$. Montrons ici que $f^{-1}(f(A)) \subset A$.
   Supposons qu’il existe $b \in f^{-1}(f(A)) \setminus A$. Alors par définition de l’image réciproque, $f(b) \in f(A)$.
   Or si $f(b) \in f(A),~\exists a \in A : f(a) = f(b)$, et donc comme $f$ est injective $a = b$, ce qui est absurde car $a \in A$ et $b \not \in A$.
   On en déduit donc que $f^{-1}(f(A)) \subset A$.
2. $(\Rightarrow)$ Supposons $\forall B \subset F,~f(f^{-1}(B)) = B$
   Soit $y \in F$. Soit $B = \set{y}$.
   Supposons que $y$ n’a pas d’antécédent pas $f$, alors $f^{-1}(B) = \emptyset$ et donc $f(f^{-1}(B)) = \emptyset$. Or, $f(f^{-1}(B)) = B$, ce qui est absurde.
   Donc $y$ admet un antécédent et $f$ est surjective.
   $(\Leftarrow)$ Supposons $f$ surjective
   Soit $B \subset F$. On peut montrer à partir des définitions (image directe et réciproque) que pour toute application, $f(f^{-1}(B)) \subset B$. Montrons ici que $B \subset f(f^{-1}(B))$.
   Soit $y \in B$. Comme $f$ est surjective, il existe $x \in E$ tel que $f(x) = y$.
   On a donc $x \in f^{-1}(B)$ et donc $y = f(x) \in f(f^{-1}(B))$. Finalement, $B \subset f(f^{-1}(B))$.
   

Soit $x \ne 0$. Montrer que $\arctan (x) + \arctan \left(\dfrac{1}{x}\right) = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} & \text{si }x>0 \\ -\dfrac{\pi}{2} & \text{si }x<0 \end{cases}

Soit $f : x \in \R^* \mapsto \arctan (x) + \arctan \left(\dfrac{1}{x}\right)$.

$f$ est dérivable sur $\R^*$ comme somme et composée de fonctions dérivables sur $\R^*$ et $\forall x \in \R^*$ :
$$f'(x) = \dfrac{1}{1+x^2} + \left(-\frac{1}{x^2}\right) \dfrac{1}{1+\left(\frac{1}{x}\right)^2} = \dfrac{1}{1+x^2} – \dfrac{1}{x^2+1} = 0$$

$f$ est donc constante sur $\R_+^*$ et sur $\R_-^*$. En calculant $f(1) = 2 \arctan(1) = \dfrac{\pi}{2}$ et $f(-1) = 2 \arctan(-1) = -\dfrac{\pi}{2}$, on obtient le résultat demandé.

Soit $f$ et $g$ deux fonctions en escalier sur $[a,b]$. Montrer que :
$$\int_a^b (f+g)(t) dt = \int_a^b f(t) dt + \int_a^b g(t) dt$$

En reprenant les notations de la correction de l’exercice 1 (voir vidéo #68), $f + g$ est une fonction en escalier et la subdivision $\sigma = \set{z_0, \ldots, z_p}$ est adaptée à $f$, à $g$ et à $f+g$.

Par définition de l’intégrale d’une fonction en escalier :
$$\displaystyle\int_a^b f(t) dt = \sum_{i=0}^{p-1} (z_{i+1} – z_i) f\left(\dfrac{z_{i+1} + z_i}{2}\right)$$
$$\displaystyle\int_a^b g(t) dt = \displaystyle \sum_{i=0}^{p-1} (z_{i+1} – z_i) g\left(\dfrac{z_{i+1} + z_i}{2}\right)$$
$$\displaystyle\int_a^b (f+g)(t) dt = \displaystyle \sum_{i=0}^{p-1} (z_{i+1} – z_i) (f+g)\left(\dfrac{z_{i+1} + z_i}{2}\right)$$

Par linéarité de la somme, on obtient le résultat demandé.

Soit $f : [0,1] \to \R$ continue et telle que $\displaystyle \int_0^1 f^2(t)dt = \int_0^1 f^3(t)dt = \int_0^1 f^4(t)dt$.

Montrer que $f : x \mapsto 0$ ou $f : x \mapsto 1$.

On considère l’intégrale $\displaystyle \int_0^1 f^2(t)[1-f(t)]^2 dt$.

$\displaystyle \int_0^1 f^2(t)[1-f(t)]^2 dt = \int_0^1 f^2(t)[1-2f(t)+f^2(t)] dt = \int_0^1 [f^2(t)-2f^3(t)+f^4(t)] dt = \int_0^1 f^2(t) dt -2 \int_0^1 f^3(t) dt + \int_0^1 f^4(t) dt = 0$.

La fonction $t \in [0,1] \mapsto f^2(t)[1-f(t)]^2$ est continue et positive sur $[0,1]$, d’intégrale nulle, donc elle est nulle (résultat classique, preuve en fin d’exercice).

On a donc $\forall t \in [0,1] \mapsto f^2(t)[1-f(t)]^2 = 0$, donc $f(t) = 0$ ou $1-f(t) = 0$ (et donc $f(t) = 1$).

On a prouvé $\forall t \in [0,1],~(f(t) = 0 \text{ ou }f(t) = 1)$, mais il faut prouver $(\forall t \in [0,1],~f(t) = 0) \text{ ou }(\forall t \in [0,1],~f(t) = 1)$.

Par l’absurde, supposons $(\exists x \in [0,1] : f(x) = 0)$ et $(\exists y \in [0,1]:f(y) = 1)$.
Comme $f$ est continue, d’après le TVI il existe $z \in [0,1]$ tel que $f(z) = \dfrac{1}{2}$ (par exemple), ce qui est absurde.
Donc $(\forall t \in [0,1],~f(t) = 0) \text{ ou }(\forall t \in [0,1],~f(t) = 1)$.

Preuve du résultat intermédiaire : Soit $g$ positive, continue et d’intégrale nulle sur $[0,1]$.
Par l’absurde, s’il existe $x_0 \in [0,1]$ tel que $g(x_0) > 0$, par continuité on peut trouver $\eta > 0$ tel que $g (x) > \dfrac{x_0}{2}$ sur $]x_0 – \eta, x_0 + \eta[$
On a $\displaystyle \int_0^1 g(t)dt = \displaystyle \int_0^{x_0-\eta} g(t)dt + \displaystyle \int_{x_0-\eta}^{x_0+\eta} g(t)dt + \displaystyle \int_{x_0+\eta}^1 g(t)dt$.
L’intégrale du milieu est strictement positive, les deux autres positives, donc la somme strictement positive, ce qui est absurde.

Calculer $\displaystyle \int_0^{\pi/6} \dfrac{1}{\cos t} dt$ en posant $x = \sin t$.

On pose $x = \varphi(t) = \sin t$, et donc $dx = dt \varphi'(t) = \cos(t) dt$.

On a $\dfrac{1}{\cos t} dt = \dfrac{dx}{\cos^2 t} = \dfrac{dx}{1 – \sin^2 t} = \dfrac{dx}{1 – x^2}$, et donc $\displaystyle \int_0^{\pi/6} \dfrac{1}{\cos t} dt = \int_0^{1/2} \dfrac{dx}{1 – x^2}$.

Or, on a $\dfrac{1}{1-x^2} = \dfrac{1}{(1+x)(1-x)}$.
En cherchant $a,b \in \R$ tel que $ \dfrac{1}{(1+x)(1-x)} = \dfrac{a}{1+x} + \dfrac{b}{1-x}$, on trouve par identification $ \dfrac{1}{(1+x)(1-x)}= \dfrac{1}{2(1+x)} + \dfrac{1}{2(1-x)}$.

Finalement, $\displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{dx}{1 – x^2} = \dfrac{1}{2} \left( \int_0^{1/2} \dfrac{dx}{1 + x} + \int_0^{1/2} \dfrac{dx}{1 – x} \right) = \dfrac{1}{2} \left( [\ln(1+x)]_0^{1/2} + [- \ln (1 – x)]_0^{1/2} \right) = \dfrac{1}{2}\left[ \ln\left(\dfrac{3}{2}\right)-\ln\left( \dfrac{1}{2}\right)\right]$.

Donner une équation différentielle dont les solutions sont $t \mapsto \dfrac{C + \arctan(t)}{t}, C \in \R$.

La dérivée de $y : t \in \R^* \mapsto \dfrac{C + \arctan(t)}{t}$ est $y’ : t \in \R^* \mapsto \dfrac{\dfrac{1}{1+t^2} \times t – (C + \arctan(t))}{t^2} = \dfrac{1}{t+t^3} – \dfrac{C + \arctan(t)}{t^2} = \dfrac{1}{t+t^3} – \dfrac{y(t)}{t}$.
Une équation est donc $y'(t) + a(t) y(t) = b(t)$, avec $a(t) = \dfrac{1}{t}$ et $b(t) = \dfrac{1}{t+t^3}$.
Il faut prouver que l’ensemble des solutions de cette équation est bien l’ensemble de fonctions donné.
$A : t \mapsto \ln(t)$ étant une primitive de $a$, l’équation homogène $y'(t) + \dfrac{y(t)}{t} = 0$ a pour solutions $\set{t \mapsto C e^{-\ln(t)} | C \in \R} = \set{t \mapsto \dfrac{C}{t} | C \in \R}$.
Comme la fonction $t \mapsto \dfrac{\arctan(t)}{t}$ est une solution particulière, on retrouve bien l’ensemble de solutions voulu.

Déterminer les fonctions $y$ et $z$ vérifiant :
$$\begin{cases}y’-y = z \\ z’ + z = 2y \end{cases}$$

Supposons trouvés $y$ et $z$ solutions du système.
On a $\begin{cases}y’-y = z \\ z’ + z = 2y \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}y’-y = z \\ (y’-y)’ + y’-y = 2y \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y’-y = z \\ y »-3y = 0 \end{cases}$.
On en déduit $y : t \mapsto \lambda e^{\sqrt{3} x} + \mu e^{-\sqrt{3} x}$ où $(\lambda, \mu) \in \R^2$.
On a donc $y’: t \mapsto \sqrt{3}\lambda e^{\sqrt{3} x} – \sqrt{3}\mu e^{-\sqrt{3} x}$ et donc $z: t \mapsto y'(t) – y(t) = (\sqrt{3}-1)\lambda e^{\sqrt{3} x} – (\sqrt{3}+1)\mu e^{-\sqrt{3} x}$.
Réciproquement, les fonctions de la forme $y : t \mapsto \lambda e^{\sqrt{3} x} + \mu e^{-\sqrt{3} x}$ et $z: t \mapsto (\sqrt{3}-1)\lambda e^{\sqrt{3} x} – (\sqrt{3}+1)\mu e^{-\sqrt{3} x}$ où $(\lambda, \mu) \in \R^2$ sont bien solutions du système.

Soit $n \in \N$ et $\theta \in \R$.
Mettre $(1 + e^{i \theta})^n$ sous forme exponentielle.

L’astuce consiste à factoriser pour faire apparaître la formule d’Euler :
$1 + e^{i \theta} = e^{i \times 0} + e^{i \theta} = e^{i \frac{\theta}{2}} \left( e^{-i \frac{\theta}{2}} + e^{i \frac{\theta}{2}} \right) = 2 \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) e^{i \frac{\theta}{2}}$.
On en déduit $(1 + e^{i \theta})^n = \left[2 \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) e^{i \frac{\theta}{2}}\right]^n = 2^n \cos^n\left(\dfrac{\theta}{2}\right) e^{i \frac{n\theta}{2}}$
Si $\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) < 0$, la forme exponentielle serait $2^n \left|\cos^n\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\right| e^{i \left(\frac{n\theta}{2} + \pi\right)}$.

Résoudre dans $\C^2$ : $$\begin{cases} xy = -16 + 4i \\ x-y = 7+i$$.

$\begin{cases} xy = -16 + 4i \\ x-y = 7+i \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x = y + 7+i \\ (y + 7+i)y = -16 + 4i \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x = y + 7+i \\y^2 + (7+i)y + (16-4i) = 0 \end{cases}$
La résolution de l’équation du second degré donne comme discriminant $-16 + 30 i$ et comme solutions $y \in \set{-2+2i, -5-3i}$.
En utilisant $x = y + 7+i$, l’ensemble des solutions est $\set{(5+3i, -2+2i), (2-2i, -5-3i)}$

Déterminer $z \in \C$ tel que $z$ et ses racines carrées forment un triangle équilatéral.

Soit $x\in \C$ tel que $x^2= z$. L’autre racine carrée de $z$ est $-x$.

Analyse : Si les points d’affixe $x, y, z$ forment un triangle équilatéral, alors $|x-(-x)| = |x-z| = |-x-z|$ soit $|2x| = |x-z| = |x+z|$ et donc $|2x| = |x-x^2| = |x+x^2|$.

En supposant $x \ne 0$, on a $2 = |1-x| = |1+x|$.
En posant $x = a+ib$, on trouve $4 = (1-a)^2 + b^2 = (1+a)^2 + b^2$.
L’égalité $(1-a)^2 = (1+a)^2$ donne $a=0$ et donc $1 + b^2 = 4$ soit $b \in \set{-\sqrt{3},\sqrt{3}}$.
Les solutions possibles sont $x = \pm \sqrt{3} i$ et $z=-3$.

Synthèse : Soit $x = i \sqrt{3}$, alors $|x-(-x)| = 2 \sqrt{3}$, $|x-z| = |3 + i \sqrt{3}|= 2 \sqrt{3}$ et $|-x-z| = |3-i\sqrt{3}|= 2 \sqrt{3}$ et de même pour $x = – i \sqrt{3}$.

Soit $n \in \N$ et $x \in \R$. Calculer :
$$\prod_{k=1}^n \ch \left( \dfrac{x}{2^k} \right)$$

On rappelle la formule $\sh(2x) = 2 \ch(x) \sh(x)$. L’idée est de transformer chaque terme pour faire apparaître un produit télescopique.

Pour $k \in \set{1,\ldots,n}$, on a $\sh\left(\dfrac{x}{2^{k-1}}\right) = 2 \ch \left(\dfrac{x}{2^{k}}\right) \sh\left(\dfrac{x}{2^{k}}\right)$ soit $\ch \left( \dfrac{x}{2^k} \right) = \dfrac{\sh\left(\dfrac{x}{2^{k-1}}\right)}{2 \sh\left(\dfrac{x}{2^{k}}\right)}$ et donc :
$$\prod_{k=1}^n \ch \left( \dfrac{x}{2^k} \right) = \prod_{k=1}^n \dfrac{\sh\left(\dfrac{x}{2^{k-1}}\right)}{2 \sh\left(\dfrac{x}{2^{k}}\right)} = \dfrac{\sh(x)}{2^n \sh\left(\dfrac{x}{2^{n}}\right)} \text{ par télescopage.}$$

Trouver une primitive de :

1. $f:x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}$
2. $f:x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x^2 – a^2}$
3. $f:x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{a^2 – x^2}$

On considère $a > 0$.

1. $f:x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} = \dfrac{1}{a\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^2 + 1}} = \dfrac{\frac{1}{a}}{\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^2 + 1}}= \frac{1}{a} \text{argsh}’\left(\dfrac{x}{a}\right)$
   Une primitive est $x \in \R \mapsto \text{argsh}\left(\dfrac{x}{a}\right)$.
2. $f:x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x^2 – a^2}} = \dfrac{1}{a\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^2 – 1}} = \dfrac{\frac{1}{a}}{\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^2 – 1}}= \frac{1}{a} \text{argch}’\left(\dfrac{x}{a}\right)$
   Une primitive est $x \in [a,+\infty[ \mapsto \text{argch}\left(\dfrac{x}{a}\right)$.
3. $f:x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{a^2 – x^2}} = \dfrac{1}{a\sqrt{1 – \left(\frac{x}{a}\right)^2}}= \dfrac{\frac{1}{a}}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^2}}= \frac{1}{a} \text{arcsin}’\left(\dfrac{x}{a}\right)$
   Une primitive est $x \in [-a,a] \mapsto \text{arcsin}\left(\dfrac{x}{a}\right)$.

Soit $\theta \in \R$ et $A = \begin{pmatrix} \cos \theta & – \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix}$. Calculer $A^n$.

On a $A^2 = \begin{pmatrix} \cos \theta & – \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos \theta & – \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos^2 \theta – \sin^2 \theta & -2 \cos \theta \sin \theta \\ 2 \cos \theta \sin \theta & \cos^2 \theta – \sin^2 \theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos 2\theta & – \sin 2\theta \\ \sin 2\theta & \cos 2\theta \end{pmatrix}$

On peut donc montrer par récurrence que $\forall n \in \N,~A^n = \begin{pmatrix} \cos n\theta & – \sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix}$

Initialisation : Pour $n=0$, on a bien $A^0 = \begin{pmatrix} \cos 0 & – \sin 0 \\ \sin 0 & \cos 0 \end{pmatrix} = I_2$.

Hérédité : Soit $n \in \N$ tel que $A^n = \begin{pmatrix} \cos n\theta & – \sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix}$, alors :
$$A^{n+1} = A^n = \begin{pmatrix} \cos n\theta & – \sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos \theta & – \sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos n\theta \cos \theta – \sin n \theta \sin \theta & -\cos n\theta \sin \theta – \sin n\theta \cos \theta \\ \cos n\theta \sin \theta + \sin n\theta \cos \theta & \cos n\theta \cos \theta – \sin n \theta \sin \theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos (n+1)\theta & – \sin (n+1)\theta \\ \sin (n+1)\theta & \cos (n+1)\theta \end{pmatrix}$$

Conclusion : $\forall n \in \N,~A^n = \begin{pmatrix} \cos n\theta & – \sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix}$

Pour quelles valeurs de $m \in \R$ la matrice $A = \begin{pmatrix}m&1&1\\1&m&1\\1&1&m\end{pmatrix}$ est-elle inversible ?

On calcule son déterminant :
$$\det A = m(m^2-1) – (m-1) + (1-m) = m^3 – m – m + 1 + 1 – m = m^3 – 3m + 2$$
$m=1$ est une racine évidente, on a $\det A = (m-1)(am^2 + bm + c) = am^3 + (b-a)m^2 + (c-b)m – c$.
Par identification, on trouve $a=1, b=1, c=-2$ et donc $\det A = (m-1)(m^2 + m – 2)$.
Or, $m^2 + m – 2 = 0 \Leftrightarrow x \in \set{-2,1}$ et donc $\det A =0 \Leftrightarrow x \in \set{-2,1}$.

$A$ est inversible pour $m \in \R \setminus \set{-2,1}$.

Soit $m \in \R$. Résoudre $\begin{cases} x+y+mz&=1 \\x+my+z&=1 \\ mx+y+z&=1 \end{cases}$

En partant de $\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & m & 1 \\
1 & m & 1 & 1 \\
m & 1 & 1 & 1
\end{array}\right)$, $L_2 \leftarrow L_2 – L_1$ et $L_3 \leftarrow L_3 – m L_1$ donnent $\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & m & 1 \\
0 & m-1 & 1-m & 0 \\
0 & 1-m & 1-m^2 & 1-m
\end{array}\right)$
$L_3 \leftarrow L_3 + L_2$ donne $\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & m & 1 \\
0 & m-1 & 1-m & 0 \\
0 & 0 & 2-m-m^2 & 1-m
\end{array}\right)$
La dernière ligne donne $(2-m-m^2) z = 1-m \Leftrightarrow (1-m)(m+2)z = 1-m$.
Si $m = 1$, le système a une infimité de solutions (le plan d’équation $x+y+z = 1$).
Si $m = -2$, le système n’a pas de solutions.
Si $m \not \in \set{-2,1}$, on a $z = \dfrac{1}{m+2}$. Par symétrie du rôle des variables $x, y$ et $z$ dans ce problème, on trouve $x = y = z = \dfrac{1}{m+2}$.

Trouver le nombre de surjections de $\set{1, \ldots, n+1}$ dans $\set{1, \ldots, n}$.

En généralisant la méthode utilisée dans la vidéo :

• Un élément de $\set{1, \ldots, n}$ a deux antécédents, ce qui laisse $n$ possibilités
• Il y a deux antécédents à choisir dans $\set{1, \ldots, n+1}$, soit $\binom{n+1}{2}$ possibilités.
• Il y a $n-1$ éléments dans $\set{1, \ldots, n}$ et $\set{1, \ldots, n+1}$ à apparier, ce qui laisse $(n-1)!$ possibilités

Au total, il y a $n \times \binom{n+1}{2} \times (n-1)! = n \times \dfrac{(n+1)!}{2! (n-1)!} \times (n-1)! = \dfrac{n (n+1)!}{2}$.

On lance $n$ fois un dé équilibré. Quelle est la plus petite valeur de $n$ permettant d’obtenir un $6$ avec 90 % de « chance » sur les $n$ lancers ?

On note $S_k$ l’événement « on obtient un 6 au $k$-ième lancer »$.

La probabilité recherchée est $\mathbb{P}(\overline{S_1 \cup \ldots \cup S_n})$.

La probabilité de son événement contraire est $\mathbb{P}(\bar{S_1} \cap \ldots \cap \bar{S_n})$.

Comme les lancers sont indépendants, on a $\mathbb{P}(\bar{S_1} \cap \ldots \cap \bar{S_n}) = \mathbb{P}(\bar{S_1}) \times \ldots \times \mathbb{P}(\bar{S_n}) = \left(\dfrac{5}{6}\right)^n$.

On doit avoir $1 – \left(\dfrac{5}{6}\right)^n \ge 0{,}9 \Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)} \approx 12{,}6$.

Il faut donc faire $13$ lancers.

Montrer que $\text{Cov}(X,Y) = \mathbb{E}\left((X- \mathbb{E}(X)) (Y – \mathbb{E}(Y)) \right)$.

$$\begin{aligned}
\mathbb{E}\left[(X-\mathbb{E}(X))(Y-\mathbb{E}(Y))\right]&= \mathbb{E}(XY-X\mathbb{E}(Y)
-\mathbb{E}(X)Y
+\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y))\\
&= \mathbb{E}(XY)
-\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)
-\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)
+\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)\\
&= \mathbb{E}(XY)-\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)\\
&= \operatorname{Cov}(X,Y)
\end{aligned}$$

Soit $A$ et $B$ deux événements, montrer que :
$$\left|\mathbb{P}(A \cap B) – \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B)\right| \le \dfrac{1}{4}$$

• Montrons que $\mathbb{P}(A \cap B) – \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) \le \dfrac{1}{4}$
  On pose $x=\mathbb{P}(A \cap B)$. On a $A \cap B \subset A$ donc $x \leqslant \mathbb{P}(A)$ et de même $x \leqslant \mathbb{P}(B)$. On en déduit $x^2 \le \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B)$ et donc $\mathbb{P}(A \cap B)-\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \le x-x^2$.
  La fonction $x : [0,1] \mapsto x-x^2$ a pour maximum $\dfrac{1}{4}$ (atteint en $x = \dfrac{1}{2}$), d’où l’inégalité demandée
• Montrons que $\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) – \mathbb{P}(A \cap B) \le \dfrac{1}{4}$
  L’astuce ici est de considérer le complémentaire (de $A$ par exemple).
  On a $\mathbb{P}(A) = 1 – \mathbb{P}(\bar{A})$ et $\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(B) – \mathbb{P}(\bar{A} \cap B)$ et donc :
  $$\begin{aligned}
  \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A \cap B) & =(1-\mathbb{P}(\bar{A}))\mathbb{P}(B)-(\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(\bar{A} \cap B)) \\
  & =\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(\bar{A})\mathbb{P}(B) -\mathbb{P}(B)+\mathbb{P}(\bar{A} \cap B) \\
  & =\mathbb{P}(\bar{A} \cap B)-\mathbb{P}(\bar{A})\mathbb{P}(B)
  \end{aligned}$$
  et on conclut avec l’inégalité du premier cas.