DS1 2018 2019 Correction
Télécharger le DS1 2018 2019 Correction en pdf
Page 1 : karam.fayad@eisti.euCorrigé DS1 Algèbre 12/10/2018Exercice 1 .1. Soit les propositions :A : l’étudiant reçoit une bourse,B : l’étudiant est bon,C : l’étudiant est pauvre.L’énoncé exprime l’équivalence : A ⇔B C. On a ainsi : A ⇔B C ⇔B C.Les étudiants qui ne reçoivent pas de bourse sont donc les étudiants qui ne sont pas bons ou qui ne sontpas pauvres.2. Soit les propositions :A : ils parlentB : ils savent.Les deux affirmations de l’énoncé expriment respectivement les implications A ⇒B et B ⇒A . Cesdeux implications sont équivalentes, car elles sont contraposées l’une de l’autre. Les deux affirmations del’énoncé veulent donc dire la même chose.3. La suite unn0 n’est pas convergente si :L R, ε 0, n0 N, n N, n n0 et un L ε.4. Cet ensemble contient deux éléments qui sont a, ▷, ◦, α et .Exercice 2 .1. a Construisons une table de vérité :PQP QP QP QP QP Q P QVVFVVFFVFVVFVVFVVVFVVFFFFFVFOn a bien : P Q ⇔P Q P Q.b On a :P Q ⇔P Q P Q⇔P Q P Q⇔P PzFauxP Q Q P Q QzFaux⇔P Q Q P2. a - P P ⇔P P P P ⇔P P ⇔Faux- P Faux ⇔P Faux P Faux ⇔P Vrai ⇔P- P Vrai ⇔P Vrai P Vrai ⇔Vrai P ⇔P- D’après la table de vérité ci-dessus, on remarque que P Q Q ⇔P.b Remarquons d’abord que P Q ⇔P Q Q P ⇔P Q P Q.P Q R ⇔P Q R P Q R⇔P Q Q P RP Q P Q R⇔P Q R Q P R P Q R P Q RDans la proposition précédente, on remarque que si on remplace P par Q, Q par R et R par P, onobtient une proposition équivalente.Ainsi P QR ⇔QRP. Or, par commutativité évidente du , QRP ⇔P QR.Conclusion : P Q R ⇔P Q R.1
Page 2 : 3. À l’aide d’une table de vérité, on remarque que P Q P Q ⇔P Q.Deuxième méthode :P Q P Q ⇔P Q P Q P Q P QOrP Q P Q ⇔P Q P Q P Q⇔P Q P Q P Q P Q⇔P Q Vrai⇔P QetP Q P Q ⇔P Q P Q P QzVrai⇔VraiConclusion : P Q P Q ⇔P Q.Exercice 3 .Pour n N, on note Pn la propriété : un = 2n + 3n.On va procéder par récurrence double.Initialisation : Montrons que P0 et P1 sont vraies :On a bien : 20 + 30 = 2 = u0 et 21 + 31 = 1 = u1.Attention : On ne commence pas par écrire u0 = 20 + 30, car c’est ce qu’on doit montrer !Hérédité : Soit n N, supposons que Pn et Pn+1 dont vraies et montrons que Pn+2 est vraie.En effet,un+2= un+1 + 6und’après l’énoncé= 2n+1 + 3n+1 + 62n + 3npar hypothèse de récurrence= 2n2 + 6 + 3n3 + 6= 2n × 4 + 3n × 9= 2n+2 + 3n+2Conclusion : pour tout entier naturel n, on a un = 2n + 3n.Exercice 4 .1. Montrons queA B = A C ⇔A B = A C.⇒Supposons que A B = A C, et montrons par double inclusion que A B = A C.Soit a A B, alors a A et a /B.Montrons que a A C. Par l’absurde, si a C, alors a A C = A B, alors a B. Contradiction.Donc a /C, d’où a A C.Conclusion : A B A C.L’autre inclusion se montre de la même façon, en échangeant les rôles de B et C.⇐On utilise le résultat de la première implication, en remplaçant B par B et C par C. Autrement dit :si A B = A C alors d’après la première implication A B = A C, d’où A B = A C.Deuxième méthode :⇒2
Page 3 : Supposons que A B = A C, alors A B = A A B = A A C = A CIdem pour la deuxième implication en remplaçant B par B et C par C.2. ⇒Supposons que A B et montrons que PA PB.Soit X PA, alors X A, or A B, alors X B, d’où X PB.⇐Supposons que PA PB et montrons que A B.Soit x A, alors x PA, or PA PB, d’où x PB, ainsi x B.Deuxième méthode : On a A PA or PA PB, ainsi A PB, d’où A B.3. Pour tout couple x, y E × E :x, y A B × C ⇔x A B et y C⇔x A ou x B et y C⇔x A et y C ou x B et y C⇔x, y A × C ou x, y B × C⇔x, y A × C B × CConclusion : A B × C = A × C B × C.3
