Correction DS1S01 - 1BACSM
📅 October 22, 2025 | 👁️ Views: 1

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\begin{document}
\begin{center}
{\Huge Correction DS1S01 - 1BACSM de: Prof HIYAB}\\[0.5cm]
{\large Par : Prof \textbf{MOSAID}}
\end{center}
\begin{multicols*}{2}
\section{Exercice 1}
1. Soit ~$P:~ \forall (x,y)\in \rr^2~~ 2xy\le \frac{x^2+4y^2}{2}$~\\
On a ~$\no P:~ \exists (x,y)\in \rr^2~~ 2xy > \frac{x^2+4y^2}{2}$~\\
Soit ~$Q:~~ \exists x \in \rr :~~x^2+9x-36$~\\
On a ~$\Delta = 9^2-4(1)(-36)=225=15^2$~\\
Donc ils existent deux reels qui vérifie la propositon, donc vraie
b. On a
\begin{align*}
2xy\le \frac{x^2+4y^2}{2}
&\iff 4xy \le x^2+4y^2\\
&\iff 0 \le x^2+4y^2 -4xy \\
&\iff 0 \le (x-2y)^2
\end{align*}
la dérnière proposition est ~$\forall x,y\in\rr$\\ donc
~$P:~ \forall (x,y)\in \rr^2~~ 2xy\le \frac{x^2+4y^2}{2}$~ est vraie\\
Soient ~$x,y,z\in\rr$~, on a :
\begin{align*}
4xy &\le x^2+4y^2\\
4yz &\le y^2+4z^2\\
4zx &\le z^2+4x^2\\
\implies 4xy\cdot 4yz\cdot 4zx &\le (x^2+4y^2)(y^2+4z^2)(z^2+4x^2)
\end{align*}
car les cotés droits des inégalités sont positifs\\
Ainsi
~$(8xyz)^2 \le (x^2+4y^2)(y^2+4z^2)(z^2+4x^2)$~\\
2.a Soit ~$n\in \mathbb N$~ un entier naturel, on a ~$n$~ est ~$n+1$~ sont consécutifs\\
Si ~$n$~ est pair, donc il exist ~$k\in\mathbb N$~ tel que ~$n=2k$~
alors ~$n(n+1)=2k(2k+1)$~ est pair\\
Si ~$n$~ est impair, donc il exist ~$k\in\mathbb N$~ tel que ~$n=2k+1$~\\
~$
\begin{aligned}
n(n+1)&=(2k+1)(2k+1+1)\\
&=(2k+1)(2k+2)\\
&=(2k+1)(2(k+1))\\
&=2(2k+1)(k+1)
\end{aligned}
$~\\
est pair\\
Ainsi, quel que soit l'entier ~$n$~, le produit ~$n(n+1)$~ est pair\\
b. Montrer par contraposée que\\
~$\forall n\in\mathbb N:~~ (n^2-1)$~ n'est pas divisible par 8 ~$\implies n$~ est pair\\
c-à-d On montre que \\
~$n~ est ~impair~\implies n ~ est ~ divisible ~ par ~ 8$~\\
Soit ~$n$~ un entier impair, donc ~$n=2k+1,~~ k\in\mathbb N$~
\begin{align*}
n^2-1&=(2k+1)^2-1\\
&=4k^2+4k+1-1\\
&=4k^2+4k\\
&=4k(k+1)\\
&=4\cdot2k' ~~ car ~ k(k+1) est pair\\
&=8k'
\end{align*}
Donc $\forall n\in\mathbb N:$\\
$ (n^2-1)~n'est~ pas~ divisible~ par~ 8\implies n~ est~ pair$\\
3. Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l'équation :\\
~$
(E) : \sqrt{2x - 3} = \frac{6 - x}{\sqrt{x}}
$~
L'équation ~$(E)$~ a un sens ssi ~$2x-3\ge0 ~~et ~~ x\neq 0$~\\
c-à-d ~$x\ge \frac{3}{2} ~~et ~~ x\neq 0$~\\
Soit ~$x\in \left[\frac{3}{2}, +\infty\right[$~:
\tb si ~$6-x<0$~ c-à-d ~$x>6$~ l'équation est impossible.\\
\tb si ~$x\in\left[\frac{3}{2}, 6\right]$~
\begin{align*}
(E)&\iff 2x-3=\frac{(6-x)^2}{x}\\
&\iff 2x^2-3x=36-12x+x^2\\
&\iff x^2+9x-36=0\\
&\iff x=\frac{-9-15}{2} ~~ ou ~~x=\frac{-9+15}{2}~\\
&\iff x=-12 ~~ ou ~~ x=3~
\end{align*}
Alors l'ensemble des solutions de ~$(E)$~ est ~$S=\{3\}$~\\
4. Montrer que :
~$(\forall n \in \mathbb{N}) \quad \sum_{k=0}^{n}(2k + 1) = (n + 1)^2$~
On procède par récurrence:\\
\tb pour ~$n=0$~ : ~$2 \times 0+1 = 0+1$~ est vrai, donc la propositon est vraie pour ~$n=0$~\\
On suppose que
~$\sum_{k=0}^{n}(2k + 1) = (n + 1)^2$\\
et on montre que:
~$\sum_{k=0}^{n+1}(2k + 1) = (n + 2)^2$\\
On a
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n+1}(2k + 1) &= \sum_{k=0}^{n}(2k + 1) + 2(n+1)+1\\
&=(n+1)^2+2(n+1)+1\\
&=(n+1+1)^2\\
&=(n+2)^2
\end{align*}
\tb Conclusion
~$(\forall n \in \mathbb{N}) \quad \sum_{k=0}^{n}(2k + 1) = (n + 1)^2$~\\
5. Soient \(A\) et \(B\) deux parties d'un ensemble \(E\).\\
Exprimer à l'aide de quantificateurs la proposition \(R : A \subset B\).
~$\forall x\in E;~~ x\in A \implies x\in B$~\\
6.a Montrer que \((\forall n \in \mathbb{N}^*) \quad \sqrt{n^2 + 2n} \notin \mathbb{N}\).\\
On a ~$n^2 < n^2+2n < n^2+2n+1$~\\
Donc ~$n^2 < n^2+2n < (n+1)^2$~\\
Ainsi ~$n < \sqrt{n^2+2n} < n+1$~\\
Alors ~$\sqrt{n^2+2n}$~ ne peut pas etre un entier car il est compris entre deux entiers consécutifs\\
b. Montrer que \((\forall n \in \mathbb{N}^*) \quad \sqrt{\frac{n}{n+2}} \notin \mathbb{Q}\). \\
On a
\begin{align*}
\sqrt{\frac{n}{n+2}}&=\sqrt{\frac{n(n+2)}{(n+2)^2}}\\
&=\frac{1}{n+2}\sqrt{n^2 + 2n}\\
\end{align*}
~$\sqrt{\frac{n}{n+2}} \in \mathbb{Q}$~ ssi ~$\sqrt{n^2 + 2n} \in \mathbb{N}$~
ce qui est impossible
selon la question b.a \\
donc
\((\forall n \in \mathbb{N}^*) \quad \sqrt{\frac{n}{n+2}} \notin \mathbb{Q}\). \\
\vspace*{\fill}
\columnbreak
\textbf{\underline{méthode 2:}}
Supposant qu'il existe \( (a, b) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}^* \) tel que
~$
\sqrt{\frac{n}{n+2}} = \frac{a}{b} \implies \frac{n}{n+2} = \frac{a}{b}
$~
\vspace*{-0.5cm}
\begin{align*}
&\implies nb^2 = na^2 + 2a^2\\[0.3cm]
&\implies nb^2 - na^2 = 2a^2\\[0.3cm]
&\implies n(b^2 - a^2) = 2a^2\\[0.3cm]
&\implies n = \frac{2a^2}{b^2 - a^2}\\[0.3cm]
&\implies b^2 - a^2 \mid a^2 \quad \text{ou} \quad b^2 - a^2 \mid 2\\[0.3cm]
\shortintertext{Si $b^2 - a^2$ divise $a^2$, alors $b^2$ divise $a^2$.}
&\implies b^2 \mid a^2 \quad \text{ou} \quad b^2 - a^2 \mid 2
\end{align*}
\( b^2 \) ne peut pas diviser \( a^2 \) car \( pgcd(a^2, b^2) = 1 \) \\
(puisque \( \frac{a}{b} \) est irréductible, ~$\frac{a^2}{b^2}$~est aussi irréductible).
Ainsi, \( b^2 - a^2 \mid 2 \implies b^2 - a^2 \in \{1, 2\} \).
\vspace*{-1cm}
\begin{align*}
Si~~ b^2 - a^2 = 1 &\implies (b-a)(b+a) = 1 \\
&\implies
\begin{cases}
b-a=1\\
b+a=1
\end{cases}\\
&\implies a = 0 ~et~ b=1\\
&ce~ qui~ est~ impossible.
\end{align*}
\vspace*{-1cm}
\begin{align*}
Si~~ b^2 - a^2 = 2 &\implies (b-a)(b+a) = 2 \\
&\implies
\begin{cases}
b-a=1\\
b+a=2
\end{cases}\\
&\implies b=1.5 ~et~ a=0.5\\
&ce~ qui~ est~ impossible.
\end{align*}
Conclusion \( (\forall n\in\mathbb N^*):~~ \sqrt{\frac{n}{n+2}} \notin \mathbb{Q} \)
\section{Exercice 2}
Montrer que : ~$A = (A \cup B) \setminus (B \setminus A)$~\\
\textbf{\underline{méthode 1:}}\\
\colorbox{red!30}{%
Remarquer que ~$A\setminus B = A \cap \no B$~
}\\
\vspace*{-1cm}
\begin{align*}
(A \cup B) \setminus (B \setminus A)
&=(A \cup B) \setminus (B \cap \no A)\\
&=(A \cup B) \cap \no {B \cap \no A}\\
&=(A \cup B) \cap (\no B \cup A)\\
&=(A \cup B) \cap (A \cup \no B)\\
&=A \cup (B \cap \no B)\\
&=A \cup \emptyset \\
&=A
\end{align*}
\vspace*{-1cm}
\textbf{\underline{méthode 2:}}\\
~$x\in A \implies x \in A\cup B ~et~ x\not\in B\setminus A$~\\
car $x\in A$~ et $x$~ ne peux pas appartenir à B sans appartenir à A \\
donc ~$x \in (A \cup B) \setminus (B \setminus A)$~\\
Ainsi ~$A \subset (A \cup B) \setminus (B \setminus A)$~ \hfill (1)
On a\\
~$ x \in (A \cup B) \setminus (B \setminus A)$~
~$ \implies x \in A\cup B ~et~ x\not\in (B\setminus A)$\\
puisque ~$x\in (A \cup B)$~ alors ~$x\in A$~ ou ~$x\in B$~\\
\tb Si ~$x\in A$~ c'est notre but \\
\tb Si ~$x\in B$~ \\
alors ~$x\not\in (B\setminus A)$~ implique que ~$x\in A$~\\[0.2cm]
\colorbox{red!30}{%
\parbox{\dimexpr\linewidth-2\fboxsep\relax}{%
parce que ~$x\notin (B\setminus A) \iff x\notin (B\cap \no A)$~\\
autrement dit : ~$x\notin B $~ et ~$x\notin \no A$~
}%
}\\
Ainsi ~$(A \cup B) \setminus (B \setminus A) \subset A$~ \hfill (2)
De (1) et (2), on conclut que ~$A = (A \cup B) \setminus (B \setminus A)$~.
On a\\
\begin{tabular}{>{$}r<{$}>{$}l<{$}}
A\setminus(A\cap B)&=A\cap\no{A\cap B}\\
&=A\cap(\no A \cup \no B)\\
&=(A\cap \no A)\cup (A\cap \no B)\\
&=\emptyset \cup (A\cap \no B)\\
&=A\cap \no B\\
&= A\setminus B
\end{tabular}
1.b On a \\
~$A \cup B = \{1; 2; 3; \dots; 11\}$~ ;
~$A \cap B = \{4; 5; 6; 11\}$~ et
~$B \setminus A = \{7; 8; 9; 10\}$~\\
Déterminer et justifier les ensembles : \(A\), \(A \setminus B\) et \(A \triangle B\).
On a
~$A = (A \cup B) \setminus (B \setminus A)$~\\
Donc ~$A=\{1,2,3,4,5,6,11\}$~\\
On a
~$A \setminus B = A \setminus (A \cap B)$~
Donc ~$A\setminus B=\{1,2,3\}$~
rappel
\colorbox{red!30}{%
~$A \triangle B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)$~
}
donc ~$A \triangle B =\{1,2,3,7,8,9,10\}$~
2. On a
~$C = \left\{ \frac{19\pi}{10} + \frac{k\pi}{5} \mid k \in \mathbb{Z} \right\}$~
Donc
\begin{tabular}{>{$}r<{$}>{$}l<{$}}
x\in C &\iff x = \frac{19\pi}{10} + \frac{k\pi}{5} ~~~;~ k \in \mathbb{Z}\\[0.3cm]
&\iff x = \frac{1}{10}\left( 19\pi +2k\pi \right) ~~~;~ k \in \mathbb{Z}\\
&\iff x = \frac{1}{10}\big( -3\pi + 20\pi +2 \pi +2k\pi \big) \\
&\iff x = \frac{1}{10}\big( -3\pi + 20\pi +2(k+1)\pi \big) \\
&\iff x = \frac{-3\pi}{10}+2\pi + \frac{(k+1)\pi}{5} \\
&\iff x = \frac{-3\pi}{10}+ \frac{(k')\pi}{5} ~~~;~ k'=k+1 \in \mathbb{Z}\\[0.3cm]
&\iff x = \frac{-3\pi}{10}- \frac{k''\pi}{5} ~~~;~ k''=-k \in \mathbb{Z}\\
&\iff x \in D\\
\end{tabular}
Alors ~$C=D$~
Note: Peut etre le prof a fait une faute de frappe ici, je ne vois pas l'interet
à changer ~$+k\pi$~ en ~$-k\pi$~
\section{Exercice 3}
1. a On a ~$A\cap B\subset A$~ et ~$A\subset A\cup B$~ donc ~$A\cap B \subset A\cup B$~
b. On a
\begin{tabular}{>{$}r<{$}>{$}l<{$}}
(A\triangle B) \cup (\no{A\cup B})
&= (A\setminus B \cup B\setminus A) \cup (\no A \cap \no B)\\
&= [(A\cap \no B)\cup (B\cap \no A)] \cup (\no A \cap \no B)\\
U ~commutatif &= (A\cap \no B)\cup (\no A \cap \no B)\cup (B\cap \no A) \\
&= \no B\cap (A \cup \no A )\cup (B\cap \no A) \\
&= (\no B\cap E)\cup (B\cap \no A) \\
&= \no B\cup (B\cap \no A) \\
&= (\no B\cup B)\cap (\no B\cup \no A) \\
&= E\cap (\no B\cup \no A) \\
&= \no B\cup \no A \\
&= \no {B\cap A} \\
\end{tabular}
ou
\begin{tabular}{>{$}r<{$}>{$}l<{$}}
(A\triangle B) \cup (\no{A\cup B})
&= (A\setminus B \cup B\setminus A) \cup (\no A \cap \no B)\\
&= [\bm{(A\cap \no B)\cup (B\cap \no A)}] \cup (\no A \cap \no B)\\
U ~associatif &= (A\cap \no B)\cup [\bm{(B\cap \no A) \cup (\no A \cap \no B)}]\\
&= (A\cap \no B)\cup [\bm{\no A \cap (B\cup \no B)}]\\
&= (A\cap \no B)\cup (\no A \cap E)\\
&= (A\cap \no B)\cup \no A \\
&= (A\cup \no A)\cap (\no B \cup \no A) \\
&= E\cap (\no B\cup \no A) \\
&= \no B\cup \no A \\
&= \no {B\cap A} \\
\end{tabular}
c. On a
\begin{tabular}{>{$}r<{$}>{$}l<{$}}
\begin{cases}
(B\setminus C)\subset A \\
(C \setminus D)\subset A
\end{cases}
&
\implies
\begin{cases}
(B\cap \no C) \subset A \\
(C\cap \no D) \subset A \\
\end{cases}\\
&
\implies
\begin{cases}
B \subset A ~~et~~ \no C \subset A \\
C \subset A ~~et~~ \no D \subset A \\
\end{cases}\\
&\implies B\subset A ~~ et ~~ \no D \subset A\\
&\implies (B\cap \no D)\subset A \\
&\implies (B\setminus D)\subset A
\end{tabular}
\end{multicols*}
2. On suppose dans cette question que :\\
~$A = \{2k + 6 \mid k \in \mathbb{Z}\}$~ et
~$B = \{2k + 3 \mid k \in \mathbb{Z}\}$~\\
Montrer que \(\mathbb{Z} \subset (A \cup B)\) et en déduire que \(A \cup B = \mathbb{Z}\).
On a ~$A= \{2k+6,~~k\in \Z\}$~ \\c-à-d
~$A= \{2(k+3),~~k\in \Z\}$~
c'est l'ensemble des entiers relatifs pairs\\
On a
~$B = \{2k + 3 ,~~~ k \in \mathbb{Z}\}$~ \\c-à-d
~$B = \{2(k+1) + 1 ,~~~ k \in \mathbb{Z}\}$~
c'est l'ensemble des entiers relatifs impairs\\
~$A\cup B$~ est l'ensemble des entiers relatifs pairs et impairs\\
il est evident que ~$\Z \subset (A\cup B)$~ \hfill (1)
puisque ~$A\subset \Z$~ et ~$B\subset \Z$~
alors ~$(A\cup B)\subset \Z$~\hfill (2)
De (1) et (2) on déduit que ~$\Z=A\cup B$~
3. On a :\\
~$A = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x - 2y = 1\}$~ et
~$B = \{(3 + 2t; 1 + t) \mid t \in \mathbb{R}\}$~
\tb pour ~$t=1$~:~$3+2(1)=5$~ et ~$1+1=2$~ donc ~$(5,2)\in B$~\\
\tb pour ~$t=0$~ on a ~$3+2(0)=3$~ et ~$1+0=1$~ donc ~$(3,1)\in B$~\\
On a ~$3-2(1)=1$~ donc ~$(3,1)\in A$~\\
Ainsi, ~$(3,1)\in A\cap B$~\\
note:\\ si l'etudiant n'a pas remarquer les valeurs de t, il suffit de résoudre les équations ~$3+2t=5$~ et ~$1+t=2$~ et trouver une seule valeur de t
On a ~$(x,y)\in B \iff
\begin{cases}
x=3+2t\\
y=1+t
\end{cases}
$~
~$
\iff
\begin{cases}
x=3+2t\\
2y=2+2t
\end{cases}
\iff x-2y=1
$~
~$\iff (x,y) \in A$~\\
Ainsi ~$A=B$~
On a ~$(0,0)\not\in A$~ donc ~$\rr^2 \not\subset A$~\\
\hfill In \today, by MOSAID
\end{document}