### Exercice 1 1. **Problème : Trouver la négation des propositions suivantes :** - $P_1 : (\forall x \in \mathbb{R})(\exists y \in \mathbb{R}^+): y^2 \geq x$ - $P_2 : x^2 + y = y^2 + x \Rightarrow (x = y \text{ ou } x + y = 1)$ **Solution étape par étape :** 1. La négation de $P_1$ est la négation d'un quantificateur universel suivi d'un quantificateur existentiel: $$\neg (\forall x \in \mathbb{R})(\exists y \in \mathbb{R}^+) : y^2 \geq x$$ équivaut à $$(\exists x \in \mathbb{R})(\forall y \in \mathbb{R}^+) : y^2 < x$$ 2. Pour $P_2$, la négation de l'implication $A \Rightarrow B$ est $A \wedge \neg B$, donc: $$\neg [x^2 + y = y^2 + x \Rightarrow (x = y \text{ ou } x + y = 1)] = (x^2 + y = y^2 + x) \wedge \neg (x = y \text{ ou } x + y = 1)$$ qui se simplifie en: $$(x^2 + y = y^2 + x) \wedge (x \neq y) \wedge (x + y \neq 1)$$ 2. **Montrer que $P_2$ est vraie** 1. Supposons $x^2 + y = y^2 + x$. 2. On réarrange: $$x^2 - x = y^2 - y$$ soit $$(x^2 - x) - (y^2 - y) = 0$$ 3. Factorisons: $$(x - y)(x + y - 1) = 0$$ 4. Donc, on a soit $x = y$ soit $x + y = 1$. Ce qui prouve $P_2$. 3. **Montrer par récurrence que :** $$\forall n \in \mathbb{N}, 1 + 3 + 5 + \cdots + (2n + 1) = (n + 1)^2$$ 1. Initialisation ($n=0$): $$1 = (0 + 1)^2 = 1$$ Vrai. 2. Hypothèse : Supposons vrai pour $n=k$: $$1 + 3 + 5 + \cdots + (2k + 1) = (k + 1)^2$$ 3. Montrons pour $n = k+1$: $$1 + 3 + 5 + \cdots + (2k + 1) + [2(k+1) + 1] = (k+1)^2 + 2k + 3$$ $$= (k+1)^2 + 2k + 3 = (k+1)^2 + 2(k+1) + 1 = (k+2)^2$$ Donc, la propriété est vraie par récurrence. 4. **Contre-exemple de :** $$(\forall y \in \mathbb{R})(\forall x \in \mathbb{R}): 2x - 4y \neq 5$$ Prenons $x=5$, $y=1$: $$2 \times 5 - 4 \times 1 = 10 -4 =6 \neq 5$$ Non, ce n’est pas égal à 5, mais on veut $(2x - 4y) \neq 5$, donc testons $x=5$, $y=1.25$: $$2 \times 5 - 4 \times 1.25 = 10 -5 = 5$$ qui montre que la proposition est fausse par contrer-exemple. 5. **Compléter par la contraposée:** $$\forall (x,y) \in \mathbb{R}^2, [(xy -1)(x - y) \neq 0 \Rightarrow x(y^2 + y + 1) \neq y(x^2 + x +1)]$$ La contraposée est: $$\forall (x,y), [x(y^2 + y +1) = y(x^2 + x +1) \Rightarrow (xy -1)(x - y) = 0]$$ On part de $$x(y^2 + y +1) = y(x^2 + x +1)$$ et on montre que soit $xy=1$ soit $x=y$. 6. **Résolution par cas de :** $$|x -1| + |2x -3| = 6$$ Cas 1: $x -1 \geq 0$ et $2x -3 \geq 0$: $$x-1 + 2x -3 = 3x -4 =6 \Rightarrow x = \frac{10}{3}$$ Cas 2: $x -1 \geq 0$ et $2x -3 < 0$: $$x-1 - (2x -3) = -x + 2 =6 \Rightarrow x = -4$$ (non valide car $x \geq 1$) Cas 3: $x -1 < 0$ et $2x -3 \geq 0$: $$-(x-1) + 2x -3 = -x +1 + 2x -3 = x -2 =6 \Rightarrow x=8$$ (non valide car $2x-3 \geq 0 \Rightarrow x \geq 1.5$) Cas 4: $x-1 < 0$ et $2x-3 < 0$: $$-(x-1) - (2x-3) = -x+1 -2x +3= -3x +4 =6 \Rightarrow x = -\frac{2}{3}$$ Solutions valides: $x=\frac{10}{3}$ et $x = -\frac{2}{3}$. --- ### Exercice 2 1. **Déterminer le domaine de définition de** $$f(x) = \frac{x^2 + x + 1}{x^2 + 1}$$ Le dénominateur $x^2 +1$ est toujours strictement positif donc $$D_f = \mathbb{R}$$ 2. **Montrer que f admet une valeur maximale en 1** - Calculons la dérivée: $$f'(x) = \frac{(2x+1)(x^2+1) - (x^2 + x +1)(2x)}{(x^2 +1)^2}$$ - Simplifions le numérateur: $$(2x+1)(x^2+1) - 2x(x^2 + x +1) = 2x^3 + 2x + x^2 +1 - 2x^3 - 2x^2 - 2x = -x^2 +1$$ - Donc: $$f'(x) = \frac{1 - x^2}{(x^2+1)^2}$$ - $f'(x)=0$ pour $x=\pm 1$. - Étude du signe de $f'(x)$ : $f'$ est positif pour $x\in (-1,1)$, négatif en dehors. - Donc $f$ est croissante jusqu'à 1, décroissante après: maximum en $x=1$. 3. **Montrer que f est minorée par 1/2** On étudie: $$f(x) \geq \frac{1}{2} \iff 2(x^2 + x +1) \geq x^2 +1 $$ $$2x^2 + 2x + 2 \geq x^2 +1 \iff x^2 + 2x + 1 \geq 0$$ $$ (x + 1)^2 \geq 0$$ qui est toujours vraie. Donc $f(x) \geq \frac{1}{2}$ pour tout $x$. --- ### Exercice 3 1. **Domaines de définition :** - $f(x) = \frac{1}{4} x^3$ est défini sur $\mathbb{R}$. - $g(x) = \sqrt{x+2}$ défini pour $x+2 \geq 0 \Rightarrow x \geq -2$. Donc $$D_f = \mathbb{R}, \quad D_g = [-2, +\infty)$$ 2. **Parité de $f$:** $$f(-x) = \frac{1}{4}(-x)^3 = - \frac{1}{4} x^3 = -f(x)$$ Donc $f$ est une fonction impaire. 3. **Graphes** (non fournis ici, mais à tracer sur un même repère) 4. **Image de $[0,2]$ par $f$:** $$f(0) = 0, \quad f(2) = \frac{1}{4} \times 8 = 2$$ Comme $f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$: $$f([0,2]) = [0, 2]$$ 5. **Résolution graphique de $g(x) \leq f(x)$** On cherche $x$ tel que: $$\sqrt{x + 2} \leq \frac{1}{4} x^3$$ Sur $[ -2, +\infty )$, on compare les deux fonctions. --- ### Exercice 4 1. **Tableaux de variation :** - $g(x) = -x^2 + 2x + 2$ - $g'(x) = -2x + 2 = 0 \Rightarrow x=1$ - $g$ est croissante sur $(-\infty,1)$, décroissante sur $(1,+\infty)$. - Valeur maximale: $g(1) = -1 + 2 + 2 = 3$. - $f(x) = \sqrt{x+1}$ - Défini sur $[-1, +\infty)$ - Dérivée: $$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x+1}} >0$$ - $f$ est strictement croissante sur $[-1, +\infty)$ 2. **Domaine de $g \circ f$: ** $$g \circ f (x) = g(f(x)) = g(\sqrt{x+1})$$ On impose $x+1 \geq 0\Rightarrow x \geq -1$ 3. **Calcul de $g \circ f(x)$:** $$g(\sqrt{x+1}) = - (\sqrt{x+1})^2 + 2 \sqrt{x+1} + 2 = - (x +1) + 2\sqrt{x+1} + 2 = 1 + 2\sqrt{x+1} - x$$ 4. **Étude des variations de $g \circ f$ sur $[-1;3]$:** Calcul de la dérivée: $$h(x) = g \circ f (x) = 1 + 2\sqrt{x+1} - x$$ $$h'(x) = \frac{2}{2\sqrt{x+1}} - 1 = \frac{1}{\sqrt{x+1}} -1$$ - Pour $x > -1$, on examine le signe de $h'(x)$ : - $h'(x) = 0$ pour $\sqrt{x+1} = 1 \Rightarrow x+1=1 \Rightarrow x=0$ - Pour $x < 0$, $\sqrt{x+1}<1$ donc $h'(x) >0$, et pour $x >0$, $h'(x) <0$. Donc $h$ est croissante sur $[-1,0]$ et décroissante sur $[0,3]$. Le maximum est en $x=0$. ---