Corrigé des exercices : Quantificateurs et raisonnements en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Traduire puis nier des phrases sur une suite

Idée clé : on traduit d’abord fidèlement, puis on échange chaque \(\forall\) et \(\exists\) en gardant les ensembles intacts.

1. La phrase s’écrit \(\exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \geq N,\ 1 \leq u_n \leq 3\). Sa négation est \(\forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \geq N,\ (u_n < 1 \text{ ou } u_n > 3)\). En français : après n’importe quel rang, on trouve encore un terme hors de \([1, 3]\). Autrement dit, une infinité de termes sortent de cet intervalle. La double inégalité se nie en « ou ».
2. La phrase s’écrit \(\exists n \in \mathbb{N},\ u_n < 0\). Sa négation est \(\forall n \in \mathbb{N},\ u_n \geq 0\). Ainsi, la suite est positive.
3. La phrase s’écrit \(\forall (p, q) \in \mathbb{N}^2,\ p \neq q \Rightarrow u_p \neq u_q\). D’après le cours, la négation d’une implication est « hypothèse et non conclusion ». Donc la négation est \(\exists (p, q) \in \mathbb{N}^2,\ p \neq q \text{ et } u_p = u_q\). En français : la suite prend au moins deux fois une même valeur.
4. La phrase s’écrit \(\forall n \in \mathbb{N},\ u_n \leq u_{n+1} + u_{n+2}\). Sa négation est \(\exists n \in \mathbb{N},\ u_n > u_{n+1} + u_{n+2}\). Autrement dit, un terme au moins dépasse strictement la somme des deux suivants.

Corrigé de l’exercice 2 – Ordre des quantificateurs autour d’une parabole

Idée clé : quand \(\exists\) vient après \(\forall\), le témoin peut dépendre de la variable déjà fixée ; sinon, il doit convenir pour toutes.

1. Soit \(x\) un réel. Posons \(y = \sqrt{|x| + 2}\). Alors \(y^2 – x = |x| – x + 2 \geq 2\), car \(|x| \geq x\). Donc l’assertion est vraie. Graphiquement, chaque verticale rencontre la zone colorée.
2. Montrons que la négation, \(\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ y^2 – x < 2\), est vraie. Soit \(y\) réel. Le réel \(x = y^2 – 1\) donne \(y^2 – x = 1 < 2\). Par conséquent, l’assertion initiale est fausse.
3. Soit \(y\) un réel. Le réel \(x = y^2 – 2\) donne \(y^2 – x = 2 \geq 2\). L’assertion est donc vraie.
4. Prenons \(x = -2\). Pour tout réel \(y\), on a \(y^2 – x = y^2 + 2 \geq 2\). L’assertion est donc vraie : la verticale \(x = -2\) est entièrement contenue dans la zone. De plus, ce résultat redonne la question 3, puisque \(\exists x\, \forall y\) implique toujours \(\forall y\, \exists x\).

Corrigé de l’exercice 3 – Réciproques et contraposées de trois implications

Idée clé : une implication et sa contraposée ont la même valeur de vérité, donc il suffit d’étudier l’implication et sa réciproque.

1. Si \(n = 6k\), alors \(n^2 = 36k^2 = 4 \times 9k^2\) est multiple de \(4\). L’implication est vraie, donc sa contraposée « si \(n^2\) n’est pas multiple de \(4\), alors \(n\) n’est pas multiple de \(6\) » l’est aussi. En revanche, la réciproque « si \(n^2\) est multiple de \(4\), alors \(n\) est multiple de \(6\) » est fausse : \(n = 2\) donne \(n^2 = 4\), mais \(2\) n’est pas multiple de \(6\). Implication et contraposée vraies, réciproque fausse.
2. L’implication est fausse : \(x = -4\) vérifie \(x^2 = 16 > 9\), mais pas \(x > 3\). Par conséquent, sa contraposée « si \(x \leq 3\), alors \(x^2 \leq 9\) » est fausse, avec le même contre-exemple. La réciproque « si \(x > 3\), alors \(x^2 > 9\) » est vraie : comme \(x > 3 > 0\), on multiplie \(x > 3\) par \(x\) puis par \(3\), ce qui donne \(x^2 > 3x > 9\). Seule la réciproque est vraie.
3. On a \(|x – 1| < 2 \Leftrightarrow -1 < x < 3\). Donc l’implication est vraie, ainsi que sa contraposée « si \(x \geq 3\), alors \(|x – 1| \geq 2\) ». Cependant, la réciproque « si \(x < 3\), alors \(|x – 1| < 2\) » est fausse : pour \(x = -5\), on a \(|x – 1| = 6\). Implication et contraposée vraies, réciproque fausse.

Corrigé de l’exercice 4 – Conditions nécessaires ou suffisantes sur un réel

Idée clé : on décrit l’ensemble des réels qui vérifient chaque condition, puis on compare ces ensembles par inclusion.

1. On a \(x^2 \geq x \Leftrightarrow x(x – 1) \geq 0 \Leftrightarrow (x \leq 0 \text{ ou } x \geq 1)\). Ainsi, \(P \Rightarrow Q\) est vraie. En revanche, \(x = -1\) vérifie \(Q\) sans vérifier \(P\). Donc \(P\) est suffisante mais pas nécessaire.
2. On factorise \(x^3 + 27 = (x + 3)(x^2 – 3x + 9)\). Le trinôme \(x^2 – 3x + 9\) a pour discriminant \(9 – 36 = -27 < 0\), donc il ne s’annule jamais. Ainsi, \(x^3 = -27 \Leftrightarrow x = -3\). \(P\) est nécessaire et suffisante.
3. On a \(x^2 = 2x \Leftrightarrow x(x – 2) = 0 \Leftrightarrow (x = 0 \text{ ou } x = 2)\). Donc \(Q \Rightarrow P\) est vraie, mais \(x = 0\) vérifie \(P\) sans vérifier \(Q\). Par conséquent, \(P\) est nécessaire mais pas suffisante.
4. D’abord, \(x = \frac{1}{2}\) vérifie \(P\) mais \(x^2 = \frac{1}{4}\), donc pas \(Q\). Ensuite, \(x = -2\) vérifie \(Q\) mais pas \(P\). Ainsi, \(P\) n’est ni nécessaire ni suffisante.

Corrigé de l’exercice 5 – Disjonction des cas avec parité et valeurs absolues

Idée clé : la parité fournit deux cas, et les valeurs absolues trois cas délimités par les réels \(-1\) et \(2\).

1. Si \(n = 2k\), alors \(n^2 + 3n + 5 = 4k^2 + 6k + 4 + 1 = 2(2k^2 + 3k + 2) + 1\), qui est impair. Si \(n = 2k + 1\), alors \(n^2 + 3n = n(n + 3) = (2k + 1)(2k + 4) = 2(2k + 1)(k + 2)\) est pair, donc \(n^2 + 3n + 5\) est impair. Les deux cas couvrent tous les entiers : \(n^2 + 3n + 5\) est toujours impair.
2. Notons \(g(x) = |x – 2| + |x + 1|\). Les deux valeurs absolues changent d’expression en \(-1\) et en \(2\).
   • Si \(x < -1\), alors \(g(x) = (2 – x) + (-x – 1) = 1 – 2x\). Or \(-2x > 2\), donc \(g(x) > 3\).
   • Si \(-1 \leq x \leq 2\), alors \(g(x) = (2 – x) + (x + 1) = 3\).
   • Si \(x > 2\), alors \(g(x) = (x – 2) + (x + 1) = 2x – 1 > 3\).

   Dans tous les cas, \(g(x) \geq 3\).

3. La disjonction précédente montre que l’égalité a lieu exactement dans le deuxième cas. Ainsi, l’ensemble cherché est \([-1, 2]\). La figure confirme ce plateau.

Corrigé de l’exercice 6 – Contraposée et produit de deux facteurs impairs

Idée clé : l’hypothèse « pair » est difficile à exploiter, alors que la négation de la conclusion donne une écriture explicite de \(n\).

1. Les racines du trinôme sont \(1\) et \(5\), donc \(n^2 – 6n + 5 = (n – 1)(n – 5)\).
2. Nous montrons la contraposée : si \(n\) est pair, alors \(n^2 – 6n + 5\) est impair. Supposons \(n\) pair. Alors \(n – 1\) et \(n – 5\) sont impairs. Or un produit de deux impairs est impair, car \((2a + 1)(2b + 1) = 2(2ab + a + b) + 1\). Donc \((n – 1)(n – 5)\) est impair. Par contraposition, si \(n^2 – 6n + 5\) est pair, alors \(n\) est impair.
3. Nous montrons la contraposée : si \(3x – 2\) est rationnel, alors \(x\) est rationnel. Posons \(r = 3x – 2\). Alors \(x = \frac{r + 2}{3}\). Comme l’ensemble des rationnels est stable par somme et par division par un rationnel non nul, \(x\) est rationnel. Par contraposition, si \(x\) est irrationnel, alors \(3x – 2\) l’est aussi.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Trois résultats d’impossibilité par l’absurde

Idée clé : on suppose l’existence de l’objet interdit, puis on obtient un entier à la fois pair et impair, ou divisible et non divisible.

1. Comme \(5 > 1\), on a \(\log_2(5) > 0\). Supposons par l’absurde que \(\log_2(5) = \frac{p}{q}\) avec \(p, q\) entiers et \(q \geq 1\). Alors \(p \geq 1\). Ensuite, \(2^{p/q} = 5\), donc \(2^p = 5^q\). Or \(2^p\) est pair, car \(p \geq 1\), tandis que \(5^q\) est impair. C’est contradictoire. Donc \(\log_2(5)\) est irrationnel.
2. Supposons qu’un tel couple existe. Alors \(5 = 14a + 21b = 7(2a + 3b)\), donc \(7\) divise \(5\). C’est faux, d’où l’absence de solution.
3. Supposons que \(r^3 = 2\) avec \(r = \frac{p}{q}\) irréductible, \(q \geq 1\). Alors \(p^3 = 2q^3\), donc \(p^3\) est pair. Ensuite, \(p\) est pair, car le cube d’un impair est impair. Écrivons \(p = 2p_1\). On obtient \(8p_1^3 = 2q^3\), soit \(q^3 = 4p_1^3\). Ainsi, \(q^3\) est pair, donc \(q\) aussi. Par conséquent, \(2\) divise \(p\) et \(q\), ce qui contredit l’irréductibilité. Aucun rationnel n’a pour cube \(2\).

Corrigé de l’exercice 8 – Suites d’entiers naturels décroissantes

Idée clé : entre deux entiers distincts, l’écart vaut au moins \(1\), et toute partie non vide de \(\mathbb{N}\) a un plus petit élément.

1. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n \leq u_0 – n\) ». D’abord, \(\mathcal{P}(0)\) est vraie. Ensuite, soit \(n\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Comme \(u_{n+1} < u_n\) et que ce sont des entiers, on a \(u_{n+1} \leq u_n – 1 \leq u_0 – (n + 1)\). Ainsi \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie. Par récurrence, \(u_n \leq u_0 – n\) pour tout \(n\).
2. Supposons qu’une telle suite existe. Pour \(n = u_0 + 1\), on obtient \(u_n \leq -1\). Or \(u_n\) est un entier naturel : c’est une contradiction. Donc aucune suite d’entiers naturels n’est strictement décroissante.
3. La suite est stationnaire si \(\exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \geq N,\ v_n = v_N\).
4. L’ensemble \(A = \{v_n,\ n \in \mathbb{N}\}\) est une partie non vide de \(\mathbb{N}\). Il admet donc un plus petit élément \(m\), et il existe \(N\) tel que \(v_N = m\). Soit \(n \geq N\). D’une part, \(v_n \leq v_N = m\), car la suite décroît. D’autre part, \(v_n \geq m\), par définition du minimum. Donc \(v_n = m = v_N\). Ainsi, la suite \((v_n)\) est stationnaire.

Corrigé de l’exercice 9 – Comparaison de 3 puissance n et n au cube

Idée clé : l’hérédité multiplie par \(3\) d’un côté et par \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^3\) de l’autre, donc il suffit de comparer ces deux facteurs.

1. On a \(1 \geq 0\), puis \(3 \geq 1\), ensuite \(9 \geq 8\) et enfin \(27 \geq 27\). L’inégalité est vraie pour \(n \leq 3\).
2. Si \(n \geq 3\), alors \(0 < 1 + \frac{1}{n} \leq \frac{4}{3}\). La fonction cube est croissante, donc \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^3 \leq \frac{64}{27}\). Or \(\frac{64}{27} < \frac{81}{27} = 3\). Ainsi, \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^3 \leq 3\).
3. Pour \(n \geq 3\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(3^n \geq n^3\) ». L’initialisation \(\mathcal{P}(3)\) a été vue. Soit \(n \geq 3\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors, grâce à la question 2 :
   \[3^{n+1} = 3 \cdot 3^n \geq 3n^3 \geq \left(1 + \frac{1}{n}\right)^3 n^3 = (n + 1)^3.\]
   Donc \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie. Par récurrence, \(3^n \geq n^3\) pour tout \(n \geq 3\).
4. En réunissant les questions 1 et 3, l’inégalité vaut pour tout entier naturel \(n\).

Corrigé de l’exercice 10 – Somme pondérée par des puissances de 3

Idée clé : on passe de \(S_n\) à \(S_{n+1}\) en ajoutant un seul terme, puis on factorise par \(3^{n+1}\).

1. On trouve \(S_1 = 1 \times 3 = 3\). Ensuite, \(S_2 = 3 + 3 \times 9 = 30\). Enfin, \(S_3 = 30 + 5 \times 27 = 165\). Donc \(S_1 = 3\), \(S_2 = 30\) et \(S_3 = 165\).
2. Pour \(n \geq 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(S_n = (n – 1)3^{n+1} + 3\) ». Pour \(n = 1\), la formule donne \(0 + 3 = 3 = S_1\). Soit maintenant \(n \geq 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors :
   \[S_{n+1} = (n – 1)3^{n+1} + 3 + (2n + 1)3^{n+1} = 3n \cdot 3^{n+1} + 3 = n \cdot 3^{n+2} + 3.\]
   C’est bien \(\mathcal{P}(n + 1)\), car \((n + 1) – 1 = n\). Par récurrence, \(S_n = (n – 1)3^{n+1} + 3\) pour tout \(n \geq 1\). On vérifie d’ailleurs \(S_3 = 2 \times 81 + 3 = 165\).
3. Pour \(n \geq 2\), on a \(S_n – 3 = (n – 1)3^{n+1}\) et \(n + 1 \geq 3\). Ainsi, \(3^{n+1} = 27 \times 3^{n-2}\) avec \(n – 2 \geq 0\). Par conséquent, \(27\) divise \(S_n – 3\).

Corrigé de l’exercice 11 – Suite récurrente double et parité de ses termes

Idée clé : chaque terme dépend des deux précédents, donc l’hypothèse porte sur deux rangs consécutifs et l’on initialise deux fois.

1. On calcule \(u_2 = 1 + 12 = 13\), puis \(u_3 = 13 + 6 = 19\). Ensuite, \(u_4 = 19 + 78 = 97\), et enfin \(u_5 = 97 + 114 = 211\).
2. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n = 3^n + (-2)^n\) ». D’abord, \(3^0 + (-2)^0 = 2 = u_0\) et \(3 – 2 = 1 = u_1\). Ensuite, soit \(n\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) et \(\mathcal{P}(n + 1)\) soient vraies. Alors :
   \[u_{n+2} = 3^{n+1} + (-2)^{n+1} + 6 \cdot 3^n + 6(-2)^n = 9 \cdot 3^n + 4(-2)^n.\]
   Or \(9 \cdot 3^n = 3^{n+2}\) et \(4(-2)^n = (-2)^{n+2}\). Donc \(\mathcal{P}(n + 2)\) est vraie. Par récurrence double, \(u_n = 3^n + (-2)^n\) pour tout \(n\). Par exemple, \(3^5 – 2^5 = 243 – 32 = 211\).
3. Soit \(n \geq 1\). Le nombre \(3^n\) est impair et \((-2)^n\) est pair. Leur somme est donc impaire. Pour \(n = 0\), en revanche, \(u_0 = 2\) est pair.
4. D’abord, \(u_0 = 2 > 0\). Ensuite, pour \(n \geq 1\), on a \((-2)^n \geq -2^n\), donc \(u_n \geq 3^n – 2^n\). Or \(3^n > 2^n\), puisque \(3 > 2 > 0\). Ainsi, \(u_n > 0\) pour tout \(n\).

Corrigé de l’exercice 12 – Entiers écrits avec des 3 et des 7

Idée clé : si \(n – 3\) est représentable, alors \(n\) l’est aussi ; on recule donc de trois rangs, ce qui demande trois initialisations.

1. Si \(11 = 3a + 7b\), alors \(7b \leq 11\), donc \(b \in \{0, 1\}\). Pour \(b = 0\), on aurait \(3a = 11\), et pour \(b = 1\), \(3a = 4\). Aucun cas n’est possible, car ni \(11\) ni \(4\) ne sont multiples de \(3\). Donc \(11\) n’est pas représentable.
2. On a \(12 = 3 \times 4\), \(13 = 3 \times 2 + 7\) et \(14 = 7 \times 2\).
3. Pour \(n \geq 12\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(n\) est représentable ». Les rangs \(12\), \(13\) et \(14\) sont acquis. Soit \(n \geq 14\) tel que \(\mathcal{P}(12), \ldots, \mathcal{P}(n)\) soient vraies. Alors \(n – 2\) est compris entre \(12\) et \(n\), donc \(n – 2 = 3a + 7b\). Par conséquent, \(n + 1 = 3(a + 1) + 7b\) est représentable. Par récurrence forte, tout entier \(n \geq 12\) est représentable.
4. L’hérédité utilise le rang \(n – 2\), qui doit être au moins \(12\). Elle ne fournit donc que les rangs à partir de \(15\). Autrement dit, chacun des trois restes modulo \(3\) a besoin de son propre point de départ. C’est pourquoi il faut vérifier \(12\), \(13\) et \(14\) à la main.

Corrigé de l’exercice 13 – Équation fonctionnelle liant f(x) et f(1 – x)

Idée clé : en remplaçant \(x\) par \(1 – x\), on obtient une seconde équation, puis un système linéaire en \(f(x)\) et \(f(1 – x)\).

Analyse. Soit \(f\) une solution et \(x\) un réel. L’équation appliquée en \(1 – x\) donne \(f(1 – x) + 2f(x) = (1 – x)^2\). Nous disposons donc du système :

\[\begin{cases} f(x) + 2f(1 – x) = x^2 \\ 2f(x) + f(1 – x) = (1 – x)^2 \end{cases}\]

On multiplie la seconde ligne par \(2\) et l’on retranche la première. On obtient \(3f(x) = 2(1 – x)^2 – x^2 = x^2 – 4x + 2\). Ainsi, nécessairement, \(f(x) = \frac{x^2 – 4x + 2}{3}\) pour tout réel \(x\).

Synthèse. Posons \(f(x) = \frac{x^2 – 4x + 2}{3}\). Alors \(f(1 – x) = \frac{1 – 2x + x^2 – 4 + 4x + 2}{3} = \frac{x^2 + 2x – 1}{3}\). Par suite :

\[f(x) + 2f(1 – x) = \frac{x^2 – 4x + 2 + 2x^2 + 4x – 2}{3} = x^2.\]

Conclusion. L’unique solution est \(x \mapsto \frac{x^2 – 4x + 2}{3}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Partie affine et reste nul en 0 et en 1

Idée clé : les deux conditions \(q(0) = q(1) = 0\) imposent les valeurs de \(p\) en \(0\) et en \(1\), ce qui détermine une fonction affine.

1. Analyse. Supposons \(f = p + q\) avec \(p(x) = ax + b\) et \(q(0) = q(1) = 0\). En \(0\), on obtient \(f(0) = b\). En \(1\), on obtient \(f(1) = a + b\), donc \(a = f(1) – f(0)\). Ainsi, \(p\) est imposée, puis \(q = f – p\) aussi : cela prouve l’unicité.
   Synthèse. Posons \(p(x) = f(0) + (f(1) – f(0))x\) et \(q = f – p\). La fonction \(p\) est affine et \(f = p + q\). De plus, \(q(0) = f(0) – f(0) = 0\) et \(q(1) = f(1) – f(1) = 0\). Donc la décomposition existe et elle est unique.
2. Ici, \(f(0) = 1\) et \(f(1) = 0\). Donc \(p(x) = 1 – x\), puis \(q(x) = x^3 – 2x + 1 – 1 + x = x^3 – x\). On vérifie que \(q(0) = 0\) et \(q(1) = 0\). Ainsi, \(p(x) = 1 – x\) et \(q(x) = x^3 – x\).
3. Pour l’exponentielle, \(f(0) = 1\) et \(f(1) = e\). Donc \(p(x) = 1 + (e – 1)x\) et \(q(x) = e^x – 1 – (e – 1)x\).

La figure montre la décomposition de la question 2 : la droite et la courbe de \(f\) se coupent en \(0\) et en \(1\), là où le reste s’annule.

Corrigé de l’exercice 15 – Fonction ni croissante ni décroissante ni injective

Idée clé : chaque négation est une assertion d’existence, donc il suffit d’exhiber des valeurs bien choisies lues sur la courbe.

1. Croissance : \(\forall (a, b) \in \mathbb{R}^2,\ a \leq b \Rightarrow f(a) \leq f(b)\). Décroissance : \(\forall (a, b) \in \mathbb{R}^2,\ a \leq b \Rightarrow f(a) \geq f(b)\). Injectivité : \(\forall (a, b) \in \mathbb{R}^2,\ f(a) = f(b) \Rightarrow a = b\).
2. Les négations sont : \(\exists (a, b),\ a \leq b \text{ et } f(a) > f(b)\) ; ensuite \(\exists (a, b),\ a \leq b \text{ et } f(a) < f(b)\) ; enfin \(\exists (a, b),\ f(a) = f(b) \text{ et } a \neq b\).
3. On a \(f(-1) = 2\) et \(f(0) = 0\). Ainsi, \(-1 \leq 0\) et \(f(-1) > f(0)\) : \(f\) n’est pas croissante. Ensuite, \(f(1) = -2\) et \(f(2) = 2\). Donc \(f\) n’est pas décroissante. Enfin, \(f(\sqrt{3}) = 3\sqrt{3} – 3\sqrt{3} = 0 = f(0)\) avec \(\sqrt{3} \neq 0\). Par conséquent, \(f\) n’est ni croissante, ni décroissante, ni injective.
4. Soient \(1 \leq a < b\). On factorise :
   \[f(b) – f(a) = (b – a)(a^2 + ab + b^2 – 3).\]
   Or \(a^2 \geq 1\), puis \(ab \geq b > 1\), et enfin \(b^2 > 1\). Donc \(a^2 + ab + b^2 > 3\), et \(f(b) > f(a)\). Ainsi, deux réels distincts de \([1, +\infty[\) ont des images distinctes. La restriction de \(f\) à \([1, +\infty[\) est injective.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Récurrence renforcée pour une somme d’inverses de cubes

Idée clé : une hypothèse trop faible ne laisse aucune marge pour absorber le terme ajouté ; on démontre donc un énoncé plus fort.

1. Supposons \(S_n \leq \frac{3}{2}\). On obtient seulement \(S_{n+1} \leq \frac{3}{2} + \frac{1}{(n+1)^3}\), qui dépasse \(\frac{3}{2}\). L’hérédité échoue donc. En effet, l’hypothèse ne garde aucune marge sous \(\frac{3}{2}\).
2. On réduit au même dénominateur :
   \[\frac{1}{2n^2} – \frac{1}{2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 – n^2}{2n^2(n+1)^2} = \frac{2n + 1}{2n^2(n+1)^2}.\]
   L’inégalité voulue équivaut donc à \(2n^2(n+1)^2 \leq (2n + 1)(n+1)^3\). Après division par \((n+1)^2 > 0\), elle devient \(2n^2 \leq (2n + 1)(n + 1) = 2n^2 + 3n + 1\). C’est vrai, donc l’inégalité est établie.
3. Pour \(n \geq 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(S_n \leq \frac{3}{2} – \frac{1}{2n^2}\) ». D’abord, \(S_1 = 1 = \frac{3}{2} – \frac{1}{2}\). Ensuite, soit \(n \geq 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Grâce à la question 2 :
   \[S_{n+1} \leq \frac{3}{2} – \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{2n^2} – \frac{1}{2(n+1)^2} = \frac{3}{2} – \frac{1}{2(n+1)^2}.\]
   Par récurrence, \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout \(n \geq 1\).
4. Par conséquent, \(S_n \leq \frac{3}{2} – \frac{1}{2n^2} < \frac{3}{2}\). De plus, \(S_{n+1} – S_n = \frac{1}{(n+1)^3} > 0\). Donc \((S_n)\) est croissante et majorée par \(\frac{3}{2}\). La figure montre que le majorant renforcé colle à la suite au départ.

Remarque :

Le chapitre sur les suites montrera qu’une suite croissante majorée converge. Ici, la limite vaut environ \(1{,}202\).

Corrigé de l’exercice 17 – Descente infinie et équation x² + y² = 3z²

Idée clé : à partir d’une solution, on en fabrique une autre avec un \(z\) trois fois plus petit, ce qui contredit la minimalité.

1. Écrivons \(m = 3k + r\) avec \(r \in \{0, 1, 2\}\). On obtient \(m^2 = 9k^2\), ou \(m^2 = 3(3k^2 + 2k) + 1\), ou \(m^2 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1\). Donc le reste de \(m^2\) dans la division par \(3\) vaut \(0\) ou \(1\). Par contraposition, si \(3\) ne divise pas \(m\), alors \(m^2 \equiv 1\), donc \(3\) ne divise pas \(m^2\).
2. Les restes possibles de \(x^2 + y^2\) sont \(0 + 0\), \(0 + 1\) et \(1 + 1\), soit \(0\), \(1\) ou \(2\). Le reste \(0\) n’apparaît que si \(x^2 \equiv y^2 \equiv 0\). Donc \(3\) divise \(x^2\) et \(y^2\), puis \(3\) divise \(x\) et \(y\) d’après la question 1.
3. Si \(z = 0\), alors \(x^2 + y^2 = 0\), donc \(x = y = 0\). Ainsi, toute solution non nulle vérifie \(z \geq 1\). Supposons par l’absurde qu’il existe une telle solution. L’ensemble des \(z \geq 1\) obtenus a un plus petit élément ; fixons une solution \((x, y, z)\) qui le réalise. Comme \(3\) divise \(x^2 + y^2 = 3z^2\), la question 2 donne \(x = 3x_1\) et \(y = 3y_1\). Alors \(9(x_1^2 + y_1^2) = 3z^2\), donc \(z^2 = 3(x_1^2 + y_1^2)\). Ainsi, \(3\) divise \(z^2\), puis \(z = 3z_1\). On obtient \(x_1^2 + y_1^2 = 3z_1^2\) avec \(1 \leq z_1 < z\). Cela contredit la minimalité de \(z\). Il n’existe donc aucune solution non nulle.
4. Supposons qu’un point \((r, s)\) du cercle ait ses coordonnées rationnelles. Écrivons \(r = \frac{a}{d}\) et \(s = \frac{b}{d}\) avec \(a, b\) entiers et \(d \geq 1\). Alors \(a^2 + b^2 = 3d^2\), donc \((|a|, |b|, d)\) est une solution avec \(d \neq 0\). C’est impossible d’après la question 3. Par conséquent, aucun point du cercle n’a ses deux coordonnées rationnelles.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : parties sans éléments consécutifs

Idée clé : le sort du plus grand entier \(n + 2\) partage les parties en deux familles que l’on sait compter, puis les récurrences doubles exploitent la relation obtenue.

1. Pour \(n = 1\) : \(\varnothing\) et \(\{1\}\). Pour \(n = 2\) : \(\varnothing\), \(\{1\}\) et \(\{2\}\). Pour \(n = 3\) : \(\varnothing\), \(\{1\}\), \(\{2\}\), \(\{3\}\) et \(\{1, 3\}\). Donc \(a_1 = 2\), \(a_2 = 3\) et \(a_3 = 5\).
2. Appelons « admissible » une partie sans entiers consécutifs. Les parties admissibles de \(\{1, \ldots, n + 2\}\) qui ne contiennent pas \(n + 2\) sont exactement les parties admissibles de \(\{1, \ldots, n + 1\}\) : il y en a \(a_{n+1}\). Ensuite, considérons une partie admissible \(A\) qui contient \(n + 2\). Elle ne contient pas \(n + 1\), donc \(A \setminus \{n + 2\}\) est une partie admissible de \(\{1, \ldots, n\}\). Réciproquement, si \(B\) est une partie admissible de \(\{1, \ldots, n\}\), alors \(B \cup \{n + 2\}\) est admissible, car les éléments de \(B\) sont au plus \(n\). On obtient ainsi une bijection, donc \(a_n\) parties de ce second type. Les deux familles sont disjointes, d’où \(a_{n+2} = a_{n+1} + a_n\).
3. On calcule successivement \(a_4 = 8\), \(a_5 = 13\), \(a_6 = 21\), \(a_7 = 34\), \(a_8 = 55\) et \(a_9 = 89\). Finalement, \(a_{10} = 144\).
4. Pour \(n \geq 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(\left(\frac{3}{2}\right)^n \leq a_n \leq \left(\frac{5}{3}\right)^{n+1}\) ». D’abord, \(\frac{3}{2} \leq 2 \leq \frac{25}{9}\) et \(\frac{9}{4} \leq 3 \leq \frac{125}{27}\), donc \(\mathcal{P}(1)\) et \(\mathcal{P}(2)\) sont vraies. Ensuite, soit \(n \geq 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) et \(\mathcal{P}(n + 1)\) soient vraies. Pour la minoration :
   \[a_{n+2} \geq \left(\tfrac{3}{2}\right)^{n+1} + \left(\tfrac{3}{2}\right)^{n} = \tfrac{5}{2}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{n} \geq \tfrac{9}{4}\left(\tfrac{3}{2}\right)^{n} = \left(\tfrac{3}{2}\right)^{n+2}.\]
   Pour la majoration, de même :
   \[a_{n+2} \leq \left(\tfrac{5}{3}\right)^{n+2} + \left(\tfrac{5}{3}\right)^{n+1} = \tfrac{8}{3}\left(\tfrac{5}{3}\right)^{n+1} \leq \tfrac{25}{9}\left(\tfrac{5}{3}\right)^{n+1} = \left(\tfrac{5}{3}\right)^{n+3}.\]
   En effet, \(\frac{8}{3} = \frac{24}{9} \leq \frac{25}{9}\). Donc \(\mathcal{P}(n + 2)\) est vraie. Par récurrence double, l’encadrement vaut pour tout \(n \geq 1\). Par exemple, \(57{,}7 \leq a_{10} = 144 \leq 275{,}6\) environ.
5. Pour \(n \geq 1\), notons \(\mathcal{Q}(n)\) : « \(a_n a_{n+2} – a_{n+1}^2 = (-1)^{n+1}\) ». Pour \(n = 1\), on a \(2 \times 5 – 9 = 1 = (-1)^2\). Ensuite, soit \(n \geq 1\) tel que \(\mathcal{Q}(n)\) soit vraie. On remplace \(a_{n+3}\) par \(a_{n+2} + a_{n+1}\) et \(a_{n+2}\) par \(a_{n+1} + a_n\) :
   \[a_{n+1}a_{n+3} – a_{n+2}^2 = a_{n+1}a_{n+2} + a_{n+1}^2 – a_{n+2}a_{n+1} – a_{n+2}a_n = -\bigl(a_n a_{n+2} – a_{n+1}^2\bigr).\]
   Cette quantité vaut donc \(-(-1)^{n+1} = (-1)^{n+2}\). Par récurrence, \(\mathcal{Q}(n)\) est vraie pour tout \(n \geq 1\).
6. Soit \(d\) un entier qui divise \(a_n\) et \(a_{n+1}\). Alors \(d\) divise \(a_{n+2} = a_{n+1} + a_n\). Par conséquent, \(d\) divise \(a_n a_{n+2} – a_{n+1}^2 = \pm 1\). Ainsi, \(d = 1\) ou \(d = -1\).

La figure, en échelle logarithmique, montre la suite \((a_n)\) entre ses deux bornes géométriques, loin sous le nombre total \(2^n\) de parties.

Pour aller plus loin

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