Exercices corrigés - Différents types de raisonnement : absurde, contraposée, récurrence, analyse-synthèse...

On va faire un raisonnement par l'absurde. Supposons que tous les tiroirs contiennent au plus une paire de chaussettes. Alors il y aura au plus $1+1+\dots+1=n$ paires de chaussettes, ce qui contredit qu'il y en a $(n+1)$. Donc un tiroir contient au moins deux paires de chaussettes.

Supposons par l'absurde que, quelque soit les 3 éléments $a_i$, $a_j$ et $a_k$ que l'on considère, avec $i\neq j,$ $j\neq k$ et $i\neq k$, alors $$a_i+a_j+a_k< 30.$$ Alors en particulier $a_1+a_2+a_3<30,$ $a_4+a_5+a_6<30$ et $a_7+a_8+a_9<30.$ En sommant ces inégalités, on trouve que $$a_1+\cdots+a_9<90,$$ une contradiction. C'est donc que l'on peut toujours trouver trois éléments parmi $a_1,\dots,a_9$ dont la somme est supérieure ou égale à $30.$

Raisonnons par l'absurde. On suppose donc que $n$ est le carré d'un entier, et que $2n$ est lui aussi le carré d'un entier. Alors $n$ s'écrit $n=p^2$ et $2n$ s'écrit $2n=q^2$. Alors, en faisant le quotient, on a $2=\frac{q^2}{p^2}$ et en prenant la racine carrée, $\sqrt 2=\frac{q}{p}$. Or $\sqrt 2$ est irrationnel, on a une contradiction!

On va démontrer qu'elle est constante en faisant un raisonnement par l'absurde et en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires. Supposons en effet qu'il existe $a<b$ dans $I$ tel que $f(a)\neq f(b)$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, toute valeur de $[f(a),f(b)]$ (ou $[f(b),f(a)]$ si $f(b)<f(a)$) est prise par $f$ dans $[a,b]$. Comme cet intervalle contient un nombre infini de points, on obtient une contradiction. Donc, pour tous $a,b\in I$, on a $f(a)=f(b)$. Autrement dit, $f$ est constante.

Faisons un raisonnement par l'absurde et supposons qu'il existe $n\in\mathbb Z$ tel que $9n^5-12n^4+6n-5=0$, ce que l'on réécrit en $$n(9n^4-12n^3+6)=5.$$ Ainsi, $n$ est un diviseur de $5$. Or, les seuls diviseurs de $5$ sont $-5,-1,1$ et $5$, et on vérifie aisément par un calcul direct qu'aucun de ces nombres n'est solution de l'équation.
Ainsi, l'hypothèse formulée était fausse, et l'équation n'admet pas de solutions entières.

On va faire un raisonnement par l'absurde et on suppose donc qu'il existe des réels $a,b$ et $c$ tels que, pour tout $x\in\mathbb R,$ $$e^x=ax^2+bx+c.$$ Pour $x>0,$ on écrit $$\frac{e^x}{x^2}=a+\frac bx+\frac{c}{x^2}.$$ On fait tendre $x$ vers $-\infty$ et, en utilisant $\lim_{x\to-\infty}e^x/x^2=0,$ on trouve $a=0.$ On a donc, pour tout $x\in\mathbb R,$ $$e^x=bx+c.$$ Pour $x>0,$ on divise cette fois par $x$ et on trouve $$\frac{e^x}x=b+\frac c x.$$ Faisant tendre $x$ vers $-\infty$ et utilisant $\lim_{x\to-\infty}e^x/x=0,$ on trouve $b=0.$ Ainsi, on a prouvé que pour tout $x\in\mathbb R,$ $e^x=c.$ Autrement dit, la fonction exponentielle est constante, ce qui n'est pas le cas. On a donc une contradiction et il n'existe pas de réels $a,$ $b$ et $c$ tels que, pour tout $x\in\mathbb R,$ $e^x=ax^2+bx+c.$

On suppose que la propriété est fausse et donc qu'il existe $a,b,c\in [0,1]$ tels que $$\min (a(1–b),b(1–c),c(1–a))>1/4.$$ On considère alors le produit $a(1–b)b(1–c)c(1–a).$ Puisque $a(1–b)>1/4,$ $b(1–c)>1/4$ et $c(1–a)>1/4,$ ce produit vérifie $$a(1–b)b(1–c)c(1–a)>\frac14\times\frac 14\times\frac 14=\frac1{64}.$$ Par ailleurs, on peut le réécrire sous la forme suivante : $$a(1–b)b(1–c)c(1–a)=a(1–a)b(1–b)c(1–c).$$ Or, d'après le résultat rappelé par l'énoncé, on sait que $$a(1–a)\leq 1/4,\ b(1–b)\leq 1/4\textrm{ et }c(1–c)\leq 1/4.$$ On en déduit $$a(1–b)b(1–c)c(1–a)\leq \frac14\times\frac 14\times\frac 14=\frac1{64}.$$ Ceci contredit manifestement l'inégalité démontrée plus haut. Ainsi, l'hypothèse de départ est fausse et on a bien prouvé que, pour tous $a,b,c\in[0,1],$ $$\min (a(1–b),b(1–c),c(1–a))\leq 1/4.$$

La contraposée de la proposition est : si $n$ est pair, alors $n^2$ est pair. Démontrons cela. Si $n$ est pair, alors il s'écrit $2k$ où $k$ est un autre entier. Mais alors $n^2$ s'écrit $(2k)^2=4k^2=2(2k^2)$ et est donc pair. Par le principe de contraposition, on a démontré la proposition de l'énoncé.

On va procéder par contraposée en prouvant que : $$a\neq 0\implies (\exists \varepsilon>0,\ |a|>\veps).$$ Soit donc $a\neq 0$ et posons $\varepsilon =|a|/2$. Alors $\varepsilon>0$ et on a bien $|a|>\varepsilon$.

On va procéder par récurrence sur $n\in\mathbb N^*$. On considère la propriété $\mathcal P(n)="2^{n-1}\leq n!\leq n^n"$. $\mathcal P(1)$ est vérifiée, puisque $2^0=1!=1^1=1$. Supposons maintenant que $\mathcal P(n)$ est vraie pour un certain $n\in\mathbb N^*$ et prouvons que $\mathcal P(n+1)$ est vraie. On commence par prouver l'inégalité de gauche. On remarque d'abord que, puisque $n\geq 1$, on a $2\leq n+1$ d'où l'on déduit $$2^n=2\times 2^{n-1}\leq 2\times n!\leq (n+1)\times n!\leq (n+1)!$$ Pour l'inégalité de droite, on part de l'hypothèse de récurrence et on multiplie par $(n+1)$, pour obtenir $$(n+1)!\leq (n+1)n^n.$$ Or, $n\leq n+1$ et donc $n^n\leq (n+1)^n$. On en déduit que $$(n+1)!\leq (n+1)\times (n+1)^n=(n+1)^{n+1}.$$ $\mathcal P(n+1)$ est donc vérifiée, ce qui prouve, par récurrence, l'inégalité voulue pour tout $n\in\mathbb N^*$.

Pour $n\geq 1$, on note $\mathcal P(n)$ la propriété : "$6$ divise $7^n-1$". On démontre par récurrence sur $n$ que $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.
Initialisation : $7^1-1=6=6\times 1$, donc $\mathcal P(1)$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\geq 1$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie, et prouvons que $\mathcal P(n+1)$ est vraie. On écrit $$7^{n+1}-1=7\times 7^n -1.$$ Puisque $\mathcal P(n)$ est vraie, il existe $k\in\mathbb N$ tel que $7^n-1=6k$, soit $7^n=6k+1$. On remplace alors $7^n$ par ceci dans l'expression précédente : \begin{align*} 7^{n+1}-1&=7\times (6k+1)-1\\ &=42k+6\\ &=6(7k+1) \end{align*} avec $7k+1\in\mathbb N$. Ainsi, $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
Conclusion : Par le principe de récurrence, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1.$

On va commencer par énoncer l'hypothèse de récurrence. Pour $n\in\mathbb N$, on considère $$\mathcal P_n="\forall x\geq 0,\ \exp(x)\geq 1+x+\cdots+\frac{x^n}{n!}."$$ Prouvons par récurrence sur $n\in\mathbb N$ que $\mathcal P_n$ est vraie pour tout $n\in\mathbb N$.
Initialisation : On sait que $\exp(0)=1$ et que $\exp$ est croissante. Donc, pour tout $x\geq 0$, $\exp(x)\geq 1$ : $\mathcal P_0$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P_n$ est vraie, et prouvons $\mathcal P_{n+1}$. Soit $x\geq 0$. Pour tout $t\in [0,x]$, on sait que $$\exp(t)\geq 1+t+\cdots+\frac{t^n}{n!}.$$ On intègre cette inégalité entre $0$ et $x$ et on trouve par linéarité de l'intégrale $$\int_0^x \exp(t)dt\geq \sum_{k=0}^n \int_0^x \frac{t^k}{k!}dt$$ ce qui donne $$\exp(x)-1\geq\sum_{k=0}^n \frac{x^{k+1}}{(k+1)!}=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^k}{k!}.$$ On en déduit que $$\exp(x)\geq 1+\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^k}{k!}=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{x^k}{k!}$$ et donc $\mathcal P_{n+1}$ est vraie.
Conclusion : par le principe de récurrence, $\mathcal P_n$ est vraie pour tout entier $n\geq 0$.
Remarquons la formulation de l'hypothèse de récurrence, où on met un quantificateur sur $x$. On ne pouvait pas fixer $x$ a priori car pour prouver $\mathcal P_{n+1}$ pour une certaine valeur de $x$, on a besoin de savoir que $\mathcal P_{n}$ est vraie pour toutes les valeurs de $t\in [0,x]$.

Pour $n\geq 3$, notons $\mathcal P(n)$ la propriété suivante : ``Il existe $n$ entiers strictement positifs $x_1,\dots,x_n$, deux à deux distincts, tels que $\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}=1$''. Prouvons par récurrence que pour tout $n\geq 3$, $\mathcal P(n)$ est vraie.
Initialisation : On a $$1=\frac12+\frac 13+\frac 16$$ donc $\mathcal P(3)$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\geq 3$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie et prouvons $\mathcal P(n+1)$. Il existe des entiers strictement positifs et deux à deux distincts $x_1,\dots,x_n$ tels que $$\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}=1.$$ On peut toujours supposer que $x_1<x_2<\dots<x_n$. Il est alors facile de remarquer que l'on a forcément $x_1\geq 2$ (puisque $\frac{1}{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}>0$, $x_1$ ne peut pas être égal à $1$). On écrit alors \begin{eqnarray*} 1&=&\frac 12+\frac 12\\ &=&\frac 12+\frac12\times\left(\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}\right)\\ &=&\frac 12+\frac{1}{2x_1}+\cdots+\frac{1}{2x_n}\\ &=&\frac 1{y_1}+\frac{1}{y_2}+\cdots+\frac{1}{y_{n+1}} \end{eqnarray*} en ayant posé $y_1=2$ et $y_k=2x_{k-1}$ pour $k=2,\dots,n+1$. On a alors $$y_1=2<4\leq 2x_1=y_2<y_3<\cdots<y_{n+1}.$$ La propriété est donc démontrée au rang $n+1$.
Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout $n\geq 3$, $\mathcal P(n)$ est vraie.

On va démontrer ce résultat par récurrence. Comme la formule de récurrence porte sur deux termes de la suite, nous allons effectuer une récurrence double. Pour $n\in\mathbb N$, on note $\mathcal P(n)$ la propriété $"u_n=1+2^n"$.
Initialisation : On a $u_0=2=1+2^0$, donc $\mathcal P(0)$ est vraie. On a aussi $u_1=3=1+2^1$ donc $\mathcal P(1)$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P(n)$ et $\mathcal P(n+1)$ sont vraies. Alors on a $$u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n.$$ Puisque $\mathcal P(n+1)$ et $\mathcal P(n)$ sont vraies, on a \begin{align*} u_{n+2}&=3(1+2^{n+1})-2(1+2^n)\\ &=3+3\cdot 2^{n+1}-2-2\cdot 2^n\\ &=1+6\cdot 2^n-2\cdot 2^n\\ &=1+4\cdot 2^n\\ &=1+2^{n+2}. \end{align*} Donc $\mathcal P(n+2)$ est vraie.
En conclusion, par le principe de récurrence double, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

On va procéder par récurrence double. Posons, pour $n\geq 1$, la propriété $P_n$ suivante : $$P_n:\ 1\leq a_{n}\leq n^2\textrm{ et }1\leq a_{n+1}\leq (n+1)^2.$$ Initialisation : $P_1$ est vraie. En effet, on a $1\leq a_1=1\leq 1^2$ et, puisque $a_2=a_0+a_1=2$, on a aussi $1\leq a_2\leq 2^2$.
Hérédité : soit $n\geq 2$ un entier tel que $P_n$ est vraie, et prouvons $P_{n+1}$. On a déjà $1\leq a_{n+1}\leq (n+1)^2$. D'autre part, on a $$a_{n+2}\geq a_{n+1}\geq 1$$ et $$a_{n+2}\leq (n+1)^2+\frac{2}{n+2}n^2=\frac{(n+1)^2(n+2)+2n^2}{n+2}=\frac{n^3+6n^2+5n+2}{n+2}.$$ Mais, $$(n+2)^2=\frac{(n+2)^3}{n+2}=\frac{n^3+6n^2+12n+8}{n+2}\geq \frac{n^3+6n^2+5n+2}{n+2}.$$ On a bien prouvé que $P_{n+1}$ est vraie.
Par récurrence double, $P_n$ est vraie pour tout entier $n\geq 2$. Donc pour tout $n\geq 1$, on a $$1\leq a_n\leq n^2.$$

On va procéder par récurrence double. Pour $n\geq 1,$ on note $\mathcal P_n$ la propriété $|a_n|\leq \frac 1{(n-1)!}.$
Initialisation : on a $a_1=1=1/0!$ et $a_2=1/3\leq 1/1!=1.$
Hérédité : soit $n\geq 3$ tel que $\mathcal P_{n-1}$ et $\mathcal P_{n-2}$ sont vraies, et prouvons $\mathcal P_n.$ Alors : \[ (n^2 - 1)|a_n| \leq |a_{n-1}| + |a_{n-2}| \leq \frac{1}{(n-2)!} + \frac{1}{(n-3)!} \] soit \[ |a_n| \leq \frac{1}{(n+1)(n-1)!} + \frac{1}{(n^2 - 1)(n-3)!}. \] On en déduit alors que : \[ (n - 1)!\,|a_n| \leq \frac{1}{n+1} + \frac{(n-1)(n-2)}{n^2 - 1} = \frac{1}{n+1} + \frac{n-2}{n+1} = \frac{n-1}{n+1} \leq 1, \] ce qu'il fallait montrer.
Conclusion : $\mathcal P_n$ est vraie pour tout $n\geq 1.$

1. Pour $n=4$, c'est très facile! Pour $n=6$, on considère un sommet du carré (de côté $a$). On construit à partir de ce sommet sur chaque côté issu de ce sommet trois carrés de longueur $a/3$. On obtient 5 carrés (un des carrés est commun). La surface restant est un carré, de côté $2a/3$.
   Pour $n=7$, on part d'un découpage en 4 carrés, puis on coupe l'un des carrés en 4 : on obtient bien $7$ carrés. Pour $n=8$, on procède comme pour $n=6$,mais en considérant des carrés de côté $a/4$ désormais.
2. Le passage est similaire à celui de 4 carrés à 7 carrés. Parmi les $n$ carrés, on en choisit un que l'on découpe en 4.
3. Pour $n=2$ et $n=3$, c'est clair : dès qu'on trace un trait de séparation, on devra tracer au moins un trait perpendiculaire et l'on obtiendra au moins quatre carrés. Pour $n=5$, on peut considérer les 4 carrés au sommet du carré. S'ils ont tous pour côté $a/2$, alors on n'obtient que 4 carrés. Sinon, on doit au moins avoir $6$ carrés....
4. Démontrons par récurrence triple(!) que, pour tout $n\geq 6$, on peut partager un carré en $n$ carrés.
   Initialisation : Cette propriété est vraie pour $n=6$, $n=7$ et $n=8$.
   Hérédité : Soit $n\geq 6$ et supposons que la propriété est vraie pour $n$, $n+1$ et $n+2$. Alors d'après la question 2, elle est aussi vraie pour $n+3$.
   On en déduit que, pour tout $n\geq 6$, on peut partager un carré en $n$ carrés. Finalement, on a prouvé que l'on peut partager un carré en $n$ carrés si et seulement si $n=4$ ou $n\geq 6$.

On va démontrer par récurrence forte sur $n\geq 0$ la propriété $\mathcal P(n)$ suivante : "$u_n=2^{n}"$.
Initialisation : On a $u_0=1=2^{0}$. La propriété est donc initialisée au rang $n=0$.
Hérédité : Soit $n\geq 0$. Supposons la propriété $\mathcal P(k)$ démontrée pour tous les entiers $k$ compris entre $0$ et $n$, et prouvons que $\mathcal P(n+1)$ est également vraie. On a, appliquant d'abord la définition de $u_{n+1}$, puis l'hypothèse de récurrence : \begin{align*} u_{n+1}&=\frac2{n+1}\sum_{k=0}^n u_ku_{n-k}\\ &=\frac2{n+1}\sum_{k=0}^n 2^k 2^{n-k}\\ &=\frac2{n+1}\sum_{k=0}^n 2^n\\ &=2^{n+1}. \end{align*} Donc la propriété $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
Conclusion : Par le principe de récurrence fort, la propriété $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier $n\geq 1$.

On va procéder par récurrence forte sur $n\in\mathbb N^*$. Pour $n\in\mathbb N^*$, on note $\mathcal P(n)$ la propriété $" u_n=3n"$.
Initialisation : On a $u_1=3$ et donc $\mathcal P(1)$ est vraie.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N^*$ et supposons que $\mathcal P(1),\dots,\mathcal P(n)$ sont vraies. Alors \begin{align*} u_{n+1}&=\frac 2n\sum_{k=1}^n u_k\\ &=\frac 2n \sum_{k=1}^n 3k\\ &=\frac 6n\times \frac{n(n+1)}2 \end{align*} où on a utilisé que $\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}2$. On en déduit que $$u_{n+1}=3(n+1)$$ et donc que $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
Conclusion : par le principe de récurrence forte, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier $n\geq 1$.

Pour tout $n\in\mathbb N$, on note $\mathcal P(n)$ la propriété $$\mathcal P(n)=``u_n=-1+n(n-1)''.$$ On va prouver que $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier $n\in\mathbb N$ par récurrence double.
Initialisation : On a $u_0=-1=-1+0\times(-1)$ et $u_1=-1=-1+1\times 0$. Ainsi, $\mathcal P(0)$ et $\mathcal P(1)$ sont vraies.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P(n)$ et $\mathcal P(n+1)$ sont vraies et prouvons $\mathcal P(n+2)$. Alors on a \begin{align*} u_{n+2}&=(n+1)u_{n+1}-(n+2)u_n\\ &=(n+1)(-1+(n+1)n)-(n+2)(-1+n(n-1)) \textrm{ (par hypothèse de récurrence)}\\ &=-n-1+n(n+1)^2+n+2-n(n-1)(n+2)\\ &=1+n(n^2+2n+1)-(n^2-n)(n+2)\\ &=1+n^3+2n^2+n-(n^3+n^2-2n)\\ &=1+n^2+3n. \end{align*} D'autre part, on a $$-1+(n+2)(n+1)=-1+n^2+3n+2=n^2+3n+1.$$ On a donc bien prouvé que $\mathcal P(n+2)$ est vraie.
Par le principe de récurrence double, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier $n$.

On va prouver l'existence par récurrence forte. Le résultat est en effet vrai pour $n=1$, il suffit de prendre $p=q=0$. Supposons maintenant que tout entier inférieur ou égal à $n-1$ vérifie cette propriété, et prouvons qu'elle est encore vérifiée pour $n$. On distingue alors deux cas :

1. ou bien $n$ est pair : dans ce cas, $n=2m$, et $m\in\{1,\dots,n-1\}$. On peut lui appliquer l'hypothèse de récurrence, et donc $m$ s'écrit $m=2^a(2b+1)$, avec $a,b\in\mathbb N$. Mais alors $n=2^{a+1}(2b+1)$, et donc l'existence est démontrée avec $p=a+1$ et $q=b$.
2. ou bien $n$ est impair : alors $n=2m+1=2^0(2m+1)$, et la proposition est démontrée pour $p=0$ et $q=m$.

Ainsi, l'existence de la décomposition est établie pour tout entier $n\in\mathbb N^*$.
Prouvons désormais l'unicité. Supposons que $n=2^p(2q+1)=2^a(2b+1)$. Si $p\geq a$, alors $2^{p-a}(2q+1)=2b+1$ et le terme de droite est impair. Celui de gauche l'est aussi, et donc $p=a$. On en déduit donc que $q=b$ également, ce qui prouve l'unicité.

Pour $n\in\mathbb N$, on note $$\mathcal P(n)="\exists (q,r)\in\mathbb N^2,\ n=qd+r,\ 0\leq r<d".$$ Démontrons par récurrence forte cette propriété.
Initialisation : Soit $n\in \{0,\dots,d-1\}$. Alors $n=0d+n$, avec $0\leq n<d-1$. Ainsi, $\mathcal P(0),\dots,\mathcal P(d-1)$ sont vraies.
Hérédité : Soit $n\geq d-1$ tel que $\mathcal P(0),\dots,\mathcal P(n)$ sont vraies et prouvons que $\mathcal P(n+1)$ est vraie. Posons $m=(n+1)-d$. Alors $0\leq m\leq n$ et donc, par hypothèse de récurrence, il existe $q\in\mathbb N$ et $r\in\mathbb N$ avec $m=qd+r$. Mais alors $$n+1=m+d=(q+1)d+r=q'd+r$$ avec $q'\in\mathbb N$ et $r\in\{0,\dots,d-1\}$. Ainsi, $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
Conclusion : par le principe de récurrence forte, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout $n\in\mathbb N$.

On va procéder par récurrence forte sur $n$. La propriété est vraie pour $n=1$, puisqu'on peut alors écrire $1=2^0$. Soit $n\geq 2$ et supposons la propriété vraie pour tous les entiers inférieurs stricts à $n$. Si $n$ est pair, alors $n=2m$ et $m$ s'écrit comme somme de puissances de 2 toutes distinctes, $m=2^{p_1}+\dots+2^{p_r}$. Alors $n=2^{p_1+1}+\dots+2^{p_r+1}$ s'écrit aussi comme somme de puissances de 2 toutes distinctes. Si $n$ est impair, alors $n-1=2m$ est pair. $m$ s'écrit à nouveau $m=2^{p_1}+\dots+2^{p_r}$, où les $p_i$ sont tous différents. Mais alors, $$n=1+2m=2^0+2^{p_1+1}+\dots+2^{p_r+1}$$ s'écrit bien comme somme de puissances de 2 toutes distinctes.

Remarquons d'abord que si $p\in A$, alors tout l'intervalle $\{1,\dots,p\}$ est contenu dans $A$ à cause de la propriété 3 : en effet, si on applique la propriété 3 avec $n=p-1$, on obtient que $p-1\in A$, puis $p-2\in A$. Il faut faire une récurrence (décroissante) finie pour prouver que tout l'intervalle $\{1,\dots,p\}$ est inclus dans $A$.
Supposons ensuite que $A\neq\mathbb N^*$, et notons $p$ le plus petit entier de $\mathbb N^*$ qui n'est pas dans $A$. Alors, $p>1$, et donc $p-1\geq 1$. Or, $p-1\in A$ et donc $2(p-1)\in A$. Mais $2(p-1)\geq p$ puisque $p\geq 2$. Par la remarque faite au début, on en déduit que $p\in A$, une contradiction.

On va raisonner par disjonction de cas suivant la parité de $n.$

• si $n$ est pair, il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $n=2k.$ Dans ce cas, $$\frac{n(n^2+1)}{2}=k(n^2+1)\in\mathbb Z.$$
• si $n$ est impair, il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $n=2k+1.$ Dans ce cas, $$n^2+1=(2k+1)^2+1=4k^2+2k+2=2(2k^2+k+1)$$ et donc $$\frac{n(n^2+1)}2=n(2k^2+k+1)\in\mathbb Z.$$

On a donc bien démontré que pour tout $n\in\mathbb Z,$ $\displaystyle \frac{n(n^2+1)}{2}$ est un entier.

On va raisonner suivant le reste dans la division euclidienne de $n$ par $3$. Ce reste peut être égal à $0$, $1$ ou $2$, c'est-à-dire que $n$ peut s'écrire $3k,$ $3k+1$ ou $3k+2$, avec $k\in\mathbb Z.$

1. Si $n=3k,$ alors $$n(n-5)(n+5)=3k(3k-5)(3k+5)$$ est bien divisible par $3.$
2. Si $n=3k+1,$ alors $$n(n-5)(n+5)=(3k+1)(3k-4)(3k+6)=3(3k+1)(3k-4)(k+2)$$ est bien divisible par $3.$
3. Si $n=3k+2,$ alors $$n(n-5)(n+5)=(3k+2)(3k-3)(3k+7)=3(3k+2)(k-1)(3k+7)$$ est bien divisible par $3.$

On va enlever les valeurs absolues! Pour cela, on remarque que $$-3x+4\geq 0\iff 4\geq 3x\iff \frac 43\geq x$$ et que $$x-5\geq 0\iff x\geq 5.$$ On dresse alors le tableau suivant : $$\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x&-\infty&& \frac 43&&5&&+\infty\\ \hline |-3x+4|&&-3x+4&&3x-4&&3x-4&\\ \hline |x-5|&&-x+5&&-x+5&&x-5&\\ \hline |-3x+4|+|x-5|&&-4x+9&&2x+1&&4x-9&\\ \hline \end{array}$$ On peut alors discuter :

1. Si $x\in ]-\infty,4/3]$, $|-3x+4|+|x-5|=-4x+9$ et donc $$|-3x+4|+|x-5|=10\iff -4x+9=10 \iff x=-1/4.$$ $-1/4$ est bien élément de $]-\infty,4/3].$ C'est la seule solution de l'équation dans $]-\infty,4/3]$.
2. Si $x\in ]4/3,5]$, $|-3x+4|+|x-5|=2x+1$ et donc $$|-3x+4|+|x-5|=10\iff 2x+1=10 \iff x=9/2.$$ $9/2$ est bien élément de $]4/3,5]$. C'est la seule solution dans $]4/3,5].$
3. Si $x\in ]5,+\infty[$, $|-3x+4|+|x-5|=4x-9$ et donc $$|-3x+4|+|x-5|=10\iff 4x-9=10 \iff x=19/4.$$ Attention! $19/4\notin ]5,+\infty[$, ce n'est pas une solution de l'équation.

Finalement, les solutions de $|-3x+4|+|x-5|=10$ sont $-1/4$ et $9/2$.

La difficulté de l'exercice vient du fait que la valeur absolue a deux expressions distinctes suivant le signe de la quantité à l'intérieur. Ceci nous incite à raisonner par disjonction de cas.

• Si $x\leq 1$, alors $x-1\leq 0$ et $|x-1|=1-x$. On doit alors démontrer que, si $x\leq 1$, on a $1-x\leq x^2-x+1$. Étudions donc le signe du trinôme $$P(x)=x^2-x+1-(1-x)=x^2\geq 0.$$ La propriété est vraie si $x\leq 1$.
• Si $x\geq 1$, alors $x-1\geq 0$ et $|x-1|=x-1$. On doit alors démontrer que, si $x\geq 1$, on a $x-1\leq x^2-x+1$. Étudions donc le signe du trinôme $$Q(x)=x^2-x+1-(x-1)=x^2-2x+2=(x-1)^2+1\geq 0.$$ La propriété est donc vraie si $x\geq 1$.

En conclusion, la propriété est vraie pour tout $x\in\mathbb R$.

D'abord, cette inéquation n'a de sens que pour $x\geq -2$ ce que l'on supposera désormais. Ensuite, si $x-1\leq 0$, c'est-à-dire si $x\leq 1$, cette inéquation est vérifiée.
On suppose donc désormais $x>1$. Puisque tout est positif, l'inéquation est sur l'intervalle $]1,+\infty[$ équivalente à $(x-1)^2\leq x+2$, c'est-à-dire $x^2-3x-1\leq 0$. On étudie le signe du trinôme en calculant son discriminant (il vaut $13$) et en cherchant les racines de $x^2-3x-1=0$, qui sont $x_1=\frac{3-\sqrt{13}}2\simeq -0,3$ et $x_2=\frac{3+\sqrt{13}}2\simeq 3,3$. Ainsi, $x^2-3x-1$ est négatif si $x\in [x_1,x_2]$. Comme on travaillait sur l'intervalle $]1,+\infty[$, on ne doit considérer que les réels dans l'intervalle $]1,x_2]$.
Finalement, en ajoutant l'intervalle $[-2,1]$ déterminé plus tôt, on a prouvé que l'ensemble des solutions de l'inéquation est $[-2,x_2]$.

On écrit $n=a^2+b^2$, et on raisonne suivant la parité de $a$ et de $b$ :

• Si $a$ et $b$ sont tous les deux pairs, alors $a=2k$ et $b=2\ell$, $n=4(k^2+\ell^2)$ est divisible par 4 : la propriété est vraie.
• Si $a$ est pair et $b$ est impair, alors $a=2k$ et $b=2\ell+1$. Alors $n=4k^2+4\ell^2+4l+1=4(k^2+\ell^2+\ell)+1$. Le reste de la division de $n$ par $4$ sera égal à 1. La propriété est vraie dans ce cas. Le cas $a$ impair et $b$ pair est symétrique.
• Si $a$ est impair et $b$ est impair, alors $a=2k+1$, $b=2\ell+1$ et $n=4k^2+4k+1+4\ell^2+4\ell+1=4(k^2+k+\ell^2+\ell)+2$. Le reste de la division de $n$ par $4$ sera égal à 2. La propriété est vraie dans ce cas.

Ainsi, dans tous les cas, la propriété est vraie. Ce raisonnement par disjonction de cas est particulièrement utile en arithmétique, en particulier lorsqu'on utilise l'outil des congruences.

On va raisonner par analyse-synthèse.
Analyse : Imaginons que $x$ soit une solution de cette équation. Alors il est déjà clair que $x\in ]-\infty,2]$, sinon la racine carrée n'aurait pas de sens. On doit aussi avoir $x\geq 0$, car la racine carrée est positive et donc $x\in [0,2]$. Élevons ensuite l'équation au carré. Si $x$ est solution, alors $2-x=x^2$ (on a bien ici simplement une implication, pas une condition nécessaire et suffisante!), c'est-à-dire $x^2+x-2=0$. La résolution de cette équation du second degré donne $x_1=1$ et $x_2=-2$. Seul $x_1$ est dans l'intervalle $[0,2].$ Donc la seule solution possible est $1.$
Synthèse : Prouvons que $x=1$ est solution de l'équation. C'est presque évident, car $\sqrt{2-1}=1$.
Conclusion : la seule solution de l'équation est $1$.

Procédons par analyse-synthèse.
Analyse : soit $f$ une fonction répondant aux contraintes du problème. On va commencer par calculer $f(i)$. Pour cela, on applique la propriété 3 avec $z=z'=i$. On a $$f(i\times i)=(f(i))^2.$$ Mais $i^2=-1$ et d'après la première propriété, $f(-1)=-1$. On en déduit que $f(i)^2=-1$. Il y a donc deux possibilités : $f(i)=i$ ou $f(i)=-i$.

• si $f(i)=i$, alors, soit $z\in\mathbb C$ qui s'écrit $z=a+ib$ avec $a$ et $b$ réels. On a \begin{align*} f(a+ib)&=f(a)+f(ib)\\ &=a+f(i)f(b)\\ &=a+ib \end{align*} et donc $f(z)=z$.
• si $f(i)=-i$, alors soit $z\in\mathbb C$ qui s'écrit $z=a-ib$ avec $a$ et $b$ réels. On a \begin{align*} f(a+ib)&=f(a)+f(ib)\\ &=f(a)+f(i)f(b)\\ &=a-ib \end{align*} et donc $f(z)=\bar z$.

Donc la partie analyse a prouvé que si $f$ est solution, alors ou bien $f(z)=z$ pour tout $z\in\mathbb C$, ou bien $f(z)=\bar z$ pour tout $z\in\mathbb C$.
Synthèse : Réciproquement, les deux fonctions $f(z)=z$ et $f(z)=\bar z$ vérifient toutes les deux les conditions de l'exercice.
On a donc prouvé que toutes les fonctions solutions sont les fonctions définies par $f(z)=z$ et $f(z)=\bar z$.

On va raisonner par analyse-synthèse en déterminant des conditions nécessaires sur $f$ pour vérifier cette équation, puis en vérifiant que ces conditions sont suffisantes.

• Analyse : soit $f$ une fonction vérifiant cette équation. Alors, choisissant $x=y=0$, on obtient $f(0)^2-f(0)=0$, ce qui entraîne $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Choisissant ensuite $x=1$ et $y=0$, on a $f(1)f(0)-f(0)=1$, ce qui interdit $f(0)=0$. On a donc $f(0)=1$ (et aussi $f(1)=2$). Enfin, fixant $y=0$, on obtient que pour tout $x\in\mathbb R$, on a $f(x)=x+1$. On a donc prouvé que si $f$ est solution de l'équation, alors, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)=x+1$.
• Synthèse : réciproquement, considérons la fonction $f$ définie par $f(x)=x+1$. Alors, pour tous $x,y\in\mathbb R$, on a $$f(x)\times f(y)=(x+1)(y+1)=xy+x+y+1$$ et $$f(xy)=xy+1$$ ce qui prouve bien que $f$ est solution de l'équation.

En conclusion, l'équation admet une solution unique : la fonction $f$ donné par $f(x)=x+1$.

On va procéder par analyse-synthèse.

• Analyse : soit $f$ une telle fonction. Alors, faisant $x=y=0$, on trouve $f(0)=2f(0)$ et donc $f(0)=0$. Dérivons ensuite l'équation par rapport à $x$. On trouve que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$, on a $$f'(x+y)=f'(x).$$ Faisant $x=0$, on trouve $f'(y)=f'(0)$ pour tout $y\in\mathbb R$. $f'$ est donc constante, et donc il existe $a,b\in\mathbb R^2$ tels que, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)=ax+b$. Puisque $f(0)=0$, on a encore $b=0$, et donc $f(x)=ax$.
• Synthèse : considérons la fonction $f$ définie pour tout $x\in\mathbb R$ par $f(x)=ax$, où $a$ est un réel donné. Alors $$f(x+y)=a(x+y)=ax+ay=f(x)+f(y).$$ Ainsi, $f$ vérifie bien l'équation fonctionnelle.

On en déduit que l'ensemble des fonctions solution de l'équation est constitué par les fonctions linéaires.

On va raisonner par analyse-synthèse.
Analyse : Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ une fonction telle que, pour tous $x,y\in\mathbb R,$ $$f(x-f(y))=2-x-y.$$ Pour déterminer $f,$ le fait qu'il y ait une composée qui fasse intervenir deux fois la fonction $f$ dans le membre de gauche est un peu embêtant. Pour faire disparaître ce problème, on considère $y\in\mathbb R$ et on choisit $x=f(y).$ On a alors $$f(0)=2-f(y)-y\iff f(y)=2-y-f(0).$$ Pour déterminer complètement $f,$ il reste à calculer la valeur de $f(0)$. Pour cela, on choisit $y=0$ dans l'équation précédente, et on trouve $$f(0)=2-f(0)\iff f(0)=1.$$ Ainsi, on a prouvé que si $f$ est solution de l'équation, alors pour tout $y\in\mathbb R,$ $f(y)=1-y.$
Synthèse : soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ définie par $f(x)=1-x.$ Alors, pour tous $x,y\in\mathbb R,$ on a $$f(x-f(y))=f(x-1+y)=1-(x-1+y)=2-x-y.$$ Conclusion : Une seule fonction vérifie l'équation : la fonction $f:\mathbb R\to\mathbb R$ définie par $f(x)=1-x.$

On va procéder par analyse-synthèse.

1. Analyse : on suppose que $f$ s'écrit $f=P+I$, avec $P$ paire et $I$ impaire. Fixons $x\in\mathbb R$. Alors on a \begin{eqnarray*} f(x)&=&P(x)+I(x)\\ f(-x)&=&P(-x)+I(-x)=P(x)-I(x). \end{eqnarray*} On a donc nécessairement $$P(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}\textrm{ et }I(x)=\frac{f(x)-f(-x)}2.$$ Ainsi, on a démontré que si $f$ s'écrit $f=P+I$ avec $P$ paire et $I$ impaire, $P$ et $I$ sont nécessairement donnés par les formules ci-dessus et sont donc uniques.
2. Synthèse : posons, pour $x\in\mathbb R$, $$P(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}\textrm{ et }I(x)=\frac{f(x)-f(-x)}2.$$ Alors, il est évident que $f=P+I$. On a aussi $$P(-x)=\frac{f(-x)+f(x)}2=P(x)$$ et donc $P$ est paire. Un raisonnement similaire montre que $I$ est impaire.

En conclusion, on a bien démontré que toute fonction s'écrit de façon unique comme somme d'une fonction paire et somme d'une fonction impaire.

On classe les points à coordonnées entières en $4$ catégories.

• abscisse paire et ordonnée paire
• abscisse paire et ordonnée impaire
• abscisse impaire et ordonnée paire
• abscisse impaire et ordonnée impaire.

Puisqu'on a $5$ points et $4$ catégories, deux points sont dans la même catégorie : leur abscisse et leur ordonnée ont la même parité. Leur milieu est à coordonnées entières puisque la somme de deux entiers ayant la même parité est un nombre pair.

On considère les ensembles suivants : $\{1,10\},$ $\{2,9\}$, $\{3,8\},$ $\{4,7\}$ et $\{5,6\}.$ Il y a $5$ ensembles et $6$ entiers. Il existe donc deux entiers qui appartiennent au même ensemble : leur somme fait $11.$ Plus généralement, parmi $n+1$ entiers distincts choisis dans $\{1,\dots,2n\}$, où $n\in\mathbb N^*,$ on peut choisir $2$ entiers dont la somme fait $2n+1.$

On considère les $n$ intervalles $I_1=[0,1/n[,$ $I_2=[1/n,2/n[,$ $\dots,$ $I_n=[(n-1)/n ,1[.$ Leur réunion est égale à $[0,1[$ (ils réalisent même une partition de $[0,1[$). Comme on considère $n+1$ nombres de $[0,1[,$ deux au moins sont dans le même intervalle. Leur écart est inférieur à $1/n.$

Pour $i\in\{1,\dots,n\},$ notons $S_i=a_1+\cdots+a_i$ et notons $r_i$ le reste dans la division euclidienne de $S_i$ par $n.$ Si un des $r_i$ est égal à $0,$ alors $S_i$ est divisible par $n.$ Sinon, les $r_i$ sont éléments de $\{1,\dots,n-1\}$ et il y a donc $n$ entiers et seulement $n-1$ valeurs possibles. Par le principe des tiroirs, deux restes $r_i$ et $r_j,$ avec $i<j,$ sont égaux. Ceci entraîne que $S_j-S_i$ est divisible par $n,$ et $$S_j-S_i=a_{i+1}+\cdots+a_j.$$

Tout entier $n$ de $X$ s'ecrit de façon unique $n=2^\alpha m,$ avec $\alpha\in\mathbb N$ et $m$ un entier impair. Notons $Y$ l'ensemble des entiers impairs compris entre $1$ et $2n.$ On définit une application $f:X\to Y$ qui à $n$ associe $m.$ On remarque que $Y$ est de cardinal $n$ alors que $X$ est de cardinal $n+1.$ Par le principe des tiroirs, $f$ n'est pas injective. Soit $n_1<n_2$ dans $X$ tels que $f(n_1)=f(n_2)$ et notons $m$ cette valeur commune. Alors $n_1$ s'écrit $n_1=2^\alpha m$ et $n_2$ s'écrit $n_2=2^\beta m$ avec nécessairement $\alpha<\beta.$ On a alors $n_1\mid n_2.$