Devoir surveillé n°1 — Semestre 1

1.a. [1 pt] $\non P:\ (\exists x\in\R)(\exists y\in\R)\ \ 3xy>\dfrac{x^2+9y^2}{2}$ [0,5]. $x^2-5x-14=(x-7)(x+2)$, donc $x=7$ (par exemple) vérifie $7^2-35-14=0$ : $Q$ est vraie [0,5].

1.b. [1 pt] Soient $x,y\in\R$ : $3xy\le\frac{x^2+9y^2}{2}\iff 0\le x^2-6xy+9y^2\iff 0\le(x-3y)^2,$ ce qui est vrai. Chaque étape étant réversible (multiplication par $2>0$, réécriture), $P$ est vraie.

1.c. [0,5 pt] D’après 1.b (appliquée à $(x;y)$, $(y;z)$, $(z;x)$) : $x^2+9y^2\ge 6xy>0$, $y^2+9z^2\ge6yz>0$, $z^2+9x^2\ge 6zx>0$. Ces inégalités portent sur des réels strictement positifs, on peut les multiplier membre à membre : $(x^2+9y^2)(y^2+9z^2)(z^2+9x^2)\ge 216\,x^2y^2z^2$.

2.a. [1 pt] Disjonction des cas. Si $n$ est pair, $n(n+5)$ est pair. Si $n=2k+1$, alors $n+5=2(k+3)$ est pair, donc $n(n+5)$ aussi.

2.b. [1,5 pt] La contraposée est : « $n$ impair $\Longrightarrow 8\mid n^2+7$ » [0,5]. Si $n=2k+1$ ($k\in\N$) : $n^2+7=4k^2+4k+8=4k(k+1)+8$. Or $k(k+1)$ est pair, $k(k+1)=2m$, donc $n^2+7=8(m+1)$ [1]. La contraposée étant vraie, l’implication l’est.

3. [1,5 pt] Domaine : $3x-2\ge0$ et $x>0$, soit $x\in\left[\frac23;+\infty\right[$ [0,25]. Pour un tel $x$, $\sqrt{3x-2}\sqrt x=\sqrt{x(3x-2)}$, et $\sqrt{3x-2}=\frac{2-x}{\sqrt x}\iff\sqrt{x(3x-2)}=2-x\iff\begin{cases}2-x\ge0\\ 3x^2-2x=(2-x)^2\end{cases}\iff\begin{cases}x\le2\\ x^2+x-2=0\end{cases}$ [0,75]. Or $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$ : $x=1$ ou $x=-2$ ; seul $x=1$ appartient à $\left[\frac23;2\right]$. $S=\{1\}$ [0,5].

4. [1,5 pt] Initialisation ($n=0$) : $2=1\times2$ [0,25]. Hérédité : supposons $\sum_{k=0}^{n}(6k+2)=(n+1)(3n+2)$ ; alors $\sum_{k=0}^{n+1}(6k+2)=(n+1)(3n+2)+6n+8=3n^2+11n+10=(n+2)(3n+5)=\big((n+1)+1\big)\big(3(n+1)+2\big)$ [1]. Conclusion pour tout $n\in\N$ [0,25].

5. [0,5 pt] $R:\ (\exists x\in E)\ \ x\in A\ \text{ et }\ x\notin\overline B$, c’est-à-dire $(\exists x\in E)\ \ x\in A$ et $x\in B$.

6.a. [0,5 pt] $n^2<n^2+n<n^2+2n+1=(n+1)^2$ (car $n\ge1$), donc $n<\sqrt{n^2+n}<n+1$ : $\sqrt{n^2+n}$ est strictement compris entre deux entiers consécutifs, il n’est pas entier.

6.b. [1 pt] Par l’absurde. Supposons $\sqrt{\frac{n}{n+1}}\in\Q$. Comme $\sqrt{n^2+n}=(n+1)\sqrt{\frac{n}{n+1}}$, on aurait $\sqrt{n^2+n}\in\Q_+$ : $\sqrt{n^2+n}=\frac ab$ avec $a\in\N$, $b\in\N^*$ et $\pgcd(a\,;b)=1$ [0,5]. Alors $n^2+n=\frac{a^2}{b^2}$ avec $\pgcd(a^2\,;b^2)=1$ (admis) ; comme c’est un entier, $b^2$ divise $a^2$, donc $b^2=1$ et $\sqrt{n^2+n}=a\in\N$, ce qui contredit 6.a [0,5].

1.a. [1 pt] $(A\cup B)\setminus(A\setminus B)=(A\cup B)\cap\overline{A\cap\overline B}=(A\cup B)\cap(\overline A\cup B)=(A\cap\overline A)\cup B=B$ [0,5]. $B\setminus(A\cap B)=B\cap(\overline A\cup\overline B)=(B\cap\overline A)\cup(B\cap\overline B)=B\setminus A$ [0,5].

1.b. [1,5 pt] D’après 1.a : $B=\{0;1;\ldots;12\}\setminus\{1;2;4;5\}=\{0;3;6;7;8;9;10;11;12\}$ [0,5] ; $B\setminus A=B\setminus(A\cap B)=\{0;7;8;10;11\}$ [0,5] ; $A\,\Delta\,B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)=\{0;1;2;4;5;7;8;10;11\}$ [0,5].

2. [1,5 pt] On remarque que $\frac{17\pi}{12}+\frac{\pi}{12}=\frac{3\pi}{2}=\frac{6\pi}{4}$. $C\subset D$ [0,75] : $\frac{17\pi}{12}+\frac{k\pi}{4}=-\frac{\pi}{12}+\frac{(k+6)\pi}{4}=-\frac{\pi}{12}-\frac{k'\pi}{4}$ avec $k'=-k-6\in\Z$. $D\subset C$ [0,75] : $-\frac{\pi}{12}-\frac{k\pi}{4}=\frac{17\pi}{12}+\frac{k''\pi}{4}$ avec $k''=-k-6\in\Z$. Donc $C=D$.

1.a. [0,5 pt] ($\Longrightarrow$) Supposons $\overline A\subset B$. On a toujours $A\cup B\subset E$. Soit $x\in E$ : si $x\in A$, alors $x\in A\cup B$ ; sinon $x\in\overline A\subset B$, donc $x\in A\cup B$. Ainsi $E\subset A\cup B$ et $A\cup B=E$ [0,25]. ($\Longleftarrow$) Supposons $A\cup B=E$. Soit $x\in\overline A$ : $x\in E=A\cup B$ et $x\notin A$, donc $x\in B$. Ainsi $\overline A\subset B$ [0,25].

1.b. [1 pt] $(A\,\Delta\,B)\cup(A\cap B)=\big[(A\setminus B)\cup(A\cap B)\big]\cup(B\setminus A)=A\cup(B\setminus A)=A\cup B$, car $(A\cap\overline B)\cup(A\cap B)=A\cap(\overline B\cup B)=A$ et $A\cup(B\cap\overline A)=(A\cup B)\cap(A\cup\overline A)=A\cup B$.

1.c. [1,5 pt] Soit $x\in B$. Disjonction des cas. Si $x\in A$ [0,75] : $x\in A\cap B\subset A\cap C$, donc $x\in C$. Si $x\notin A$ [0,75] : $x\in A\cup B\subset A\cup C$ et $x\notin A$, donc $x\in C$. Dans les deux cas $x\in C$ : $B\subset C$.

2. [1 pt] Soit $n\in\Z$. Si $n=2m$ est pair, $n=2(m-2)+4\in A$ ; si $n=2m+1$ est impair, $n=2(m+1)-1\in B$. Donc $\Z\subset A\cup B$ [0,75]. Comme $A\subset\Z$ et $B\subset\Z$, $A\cup B\subset\Z$, d’où $A\cup B=\Z$ [0,25].

3.a. [1 pt] $B\subset A$ [0,5] : soit $(x;y)\in B$, il existe $t\in\R$ tel que $x=1-t$ et $y=1+2t$ ; alors $2x+y=2(1-t)+(1+2t)=3$, donc $(x;y)\in A$. $A\subset B$ [0,5] : soit $(x;y)\in A$, donc $y=3-2x$. Posons $t=1-x\in\R$ ; alors $1-t=x$ et $1+2t=3-2x=y$, donc $(x;y)\in B$. Ainsi $A=B$.

3.b. [1 pt] Par l’absurde [0,75] : supposons $A\cap D\neq\varnothing$ ; il existe $(x;y)\in\R^2$ tel que $2x+y=3$ et $4x+2y=5$. En multipliant la première égalité par $2$ : $4x+2y=6$, d’où $6=5$, absurde. Donc $A\cap D=\varnothing$. Déduction [0,25] : soit $(x;y)\in B$ ; d’après 3.a, $(x;y)\in A$, donc $(x;y)\notin D$ (sinon $(x;y)\in A\cap D$). Ainsi $B\subset\overline D$.

Bonus 1 [+0,5]. Supposons $A\,\Delta\,B=A\,\Delta\,C$. Rappel : $x\in A\,\Delta\,B$ si et seulement si $x$ appartient à exactement un des deux ensembles $A$, $B$. $B\subset C$ : soit $x\in B$. Disjonction des cas.

• Si $x\in A$ : $x\in A\cap B$, donc $x\notin A\,\Delta\,B=A\,\Delta\,C$. Comme $x\in A$ et $x\notin A\,\Delta\,C$, on a $x\in C$ (sinon $x\in A\setminus C\subset A\,\Delta\,C$).
• Si $x\notin A$ : $x\in B\setminus A\subset A\,\Delta\,B=A\,\Delta\,C$. Comme $x\notin A$, on a nécessairement $x\in C\setminus A$, donc $x\in C$.

Dans les deux cas $x\in C$ : $B\subset C$. Les rôles de $B$ et $C$ étant symétriques dans l’hypothèse, on obtient de même $C\subset B$, d’où $B=C$.

Bonus 2 [+0,5]. $\sqrt6\notin\Q$, par l’absurde. Supposons $\sqrt6=\frac ab$ avec $a\in\N$, $b\in\N^*$ et $\pgcd(a\,;b)=1$. Alors $a^2=6b^2$ est pair, donc $a$ est pair (si $a$ était impair, $a^2$ le serait) : $a=2c$ avec $c\in\N$. Il vient $4c^2=6b^2$, soit $3b^2=2c^2$ : $3b^2$ est pair, donc $b^2$ est pair (car $3$ est impair), donc $b$ est pair. Ainsi $a$ et $b$ sont pairs, donc $2$ divise $\pgcd(a\,;b)$, ce qui contredit $\pgcd(a\,;b)=1$. Donc $\sqrt6\notin\Q$. Déduction, par l’absurde. Supposons $r=\sqrt2+\sqrt3\in\Q$. Alors $r^2=2+2\sqrt6+3=5+2\sqrt6$, donc $\sqrt6=\dfrac{r^2-5}{2}\in\Q$ (car $\Q$ est stable par produit, différence et quotient par $2$), ce qui contredit le résultat précédent. Donc $\sqrt2+\sqrt3\notin\Q$.