Universite Pierre et Marie Curie Paris LM Algebre Calcul Vectoriel Matthieu Solnon Groupe de TD n
3
pages
Français
Documents
2011
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
3
pages
Français
Documents
2011
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
Niveau: Supérieur
Universite Pierre et Marie Curie - Paris 6 LM 121 : Algebre 1 - Calcul Vectoriel Matthieu Solnon - Groupe de TD n?114 Travaux encadres n?1 - Corrige Vendredi 23 septembre 2011 Exercice n?1 : On peut raisonner d'au moins deux manieres pour resoudre cette exercice. 1. Raisonnement geometrique : Soit M le point du plan d'affixe z. Alors si z verifie la condition de l'enonce, M est equidistant des points de coordonees (0, 1) (affixe i) et (0,?1) (affixe ?i). M se situe donc sur leur mediatrice, qui est l'axe des reels, et reciproquement. 2. Par le calcul : avec z = x + iy, (x, y) ? R2, on a les equivalences suivantes : |z ? i| = |z + i| , |z ? i|2 = |z + i|2 , x2 + (y ? 1)2 = x2 + (y + 1)2 , (y ? 1)2 ? (y + 1)2 = 0 , 2y ? (?2) = 0 , y = 0 . Exercice n?2 : La methode classique (et efficace) est de conjuguer la denominateur. Soyez cependant attentifs, et essayez de reperer toutes les simplifications possibles, qui viennent souvent de “symetries” dans les quantites a calculer.
Voir
Universite Pierre et Marie Curie - Paris 6 LM 121 : Algebre 1 - Calcul Vectoriel Matthieu Solnon - Groupe de TD n?114 Travaux encadres n?1 - Corrige Vendredi 23 septembre 2011 Exercice n?1 : On peut raisonner d'au moins deux manieres pour resoudre cette exercice. 1. Raisonnement geometrique : Soit M le point du plan d'affixe z. Alors si z verifie la condition de l'enonce, M est equidistant des points de coordonees (0, 1) (affixe i) et (0,?1) (affixe ?i). M se situe donc sur leur mediatrice, qui est l'axe des reels, et reciproquement. 2. Par le calcul : avec z = x + iy, (x, y) ? R2, on a les equivalences suivantes : |z ? i| = |z + i| , |z ? i|2 = |z + i|2 , x2 + (y ? 1)2 = x2 + (y + 1)2 , (y ? 1)2 ? (y + 1)2 = 0 , 2y ? (?2) = 0 , y = 0 . Exercice n?2 : La methode classique (et efficace) est de conjuguer la denominateur. Soyez cependant attentifs, et essayez de reperer toutes les simplifications possibles, qui viennent souvent de “symetries” dans les quantites a calculer.
- binome de newton
- binome de newton de degre vingt
- points de coordonees
- zn?1 ?
- formule logique
Universit´ePierreetMarieCurie-Paris6 LM121:Alg`ebre1-CalculVectoriel Matthieu Solnon - Parcours SHI et SPH
◦ TEn1-Corrige´ Mercredi22fe´vrier2012
◦ Exercice n 1: Ondemandedanscetteexercicedev´erifierlavalidite´d’uneimplication(delaformeA⇒B) dansdesexemples.Pourlacarte7l’implicationestvraie,carl’hypoth`eseestfausse(7est impair,iln’yapasbesoindev´erifierledos:siAest faux alors on aA⇒Bpour n’importe quel Best aussiK l’implication). Pour la carte. .Si je suis la reine d’Angleterre ., c’est le vraie quelque soit le dos de la carte (siBest vrai alors on aA⇒Bpour n’importe quelA). Pourlacarte2ilfautv´erifierledos,demeˆmequepourlacarteI(A⇒Best fausse si Aest vraie etBest fausse). Il faut donc retourner (au minimum) 2 cartes.
◦ Exercice n 2: Ilfautmontrerunee´quivalence,soitdeuximplicationsre´ciproques. Si|z−i|=|z+i|alors, en introduisantM(z),A(i) etB(−ittec)itauqe´epliqonimeuequ d(A, M) = d(B, M), ce qui implique queMtricedusegment[eitra`tn´malaidepaapAB], qui est 2 l’axedesre´els.Doncz∈R.aiurna:ouerqmaReriee´rcisupatsuz=x+iy, avec(x, y)∈R. 2 22 22 2 L’e´quationimpliquedoncque|z−i|=|z+i|, donc quex+ (y−1) =x+ (y+ 1)ce qui 2 2 donney−2y+ 1 =y+ 2y+ 1, ce qui impliquey= 0. Re´ciproquement,sizeel,str´eM(z)eedictriaedal´mseruti´usestA(i) et deB(−i), donc d(A, M) = d(B, M) ce qui implique que|z−i|=|z+i|.sieuasseRqraml:eu´earprciueoqutpe fairedemani`erecalculatoire. Ilestimportantdenepasoublierl’unedesdeuximplications,oua`de´fautderaisonner (enti`erement)pare´quivalences.
◦ Exercice n 3: Soitn≥2 et supposonsP(n). MontronsP(nSoit+ 1).Cn+1mpco´eos’´ed`eelulcenessaevnstoe´s (e1, . . . , en+1). Notonsφ(eieevexesel)`le´’ledei, aveci∈ {1, . . . , n+ 1}´erensidr.tuocnOep la classeAn= (e1, . . . , enonicque,evl`´eercnodtneit)ereinltdevenaenlnnr`esesetd’apve`le´ P(n) :φ(e1) =∙ ∙ ∙=φ(en−1) =φ(ennp.Oteeu)disnere´iusnocetalsslrca(ee1, . . . , en−1, en+1) en´echangeantlederniere´l`evedeAnecaveculqiiuvaia´tte´eretir´edeCn+1danOdcnorpa’se`. P(n) :φ(e1) =∙ ∙ ∙=φ(en−1) =φ(en+1euruqeoncltdecttenermepsnoitauqe´xuedsCe). φ(e1) =∙ ∙ ∙=φ(en+1), doncP(n´fiir.eese)1e´vt+ Lespropri´et´esP(nneneetdn)ostnibsessuafueuqse`dn≥et’´,l2ni’iedapsitaitlaoi(nP(2)) n’est pas vraie.
1
◦ Exercice n 4:
1. Soitn∈Net supposonsHn. On a n n+1 2 2 un+1= 2un+ 1≤2−1 =1 +−1, 3 3 ce qui montreHn+1. n 2.Onmontredelameˆmemanie`reparre´currencel’hypoth`esecontraireGn:un>2/3−1. CommeG0est vraie (λ >2/)p3r´arurec,eopercnturuotn∈N,Gnest vraie etHnn’est doncjamaisv´erifie´e.
◦ Exercice n 5: Soitn∈Nup,sh’letopyosopuqsnvraieaurh`eseestnagn. On a alors n+1n nn (x+y) =(x+y) (x+y) =x(x+y) +y(x+y) n n X X n n k n−nk k−k =yx x+y xy k k k=0k=0 n n X X n n k+1n−k kn+1−k =x y+x y k k k=0k=0 n n X X n n k+1n+1−(k+1)k n+1−k =x y+.x y k k k=0k=0 0 Onpeutdonceffectuerunchangementd’indicedanslapremie`resommeennotantk=k+ 1 0 (les indiceska`1edcndontiearvn+ 1): n+1 n X X n0 0n n+1k n+1−k kn+1−k (x+y) =x y+x y. 0 k−1k 0 k=1k=0 n X n nn n n+1 0k n+1−k0n+1 =x y+ +x y+x y n kk−1 0 k=1 Comme pour 1≤k≤non a la formule du triangle de Pascal : n nn+ 1 + =, k k−1k onabienmontre´lapropri´et´eaurangnontdesui,q+1ourP.eriatide´re´hcnlit´´ega=1l’eets bienv´erifie´e,lapropri´ete´estdoncinitialise´eaurang1.Parr´ecurrencecetteproprie´te´estdonc ∗ vraie surN.
◦ Exercice n 6: Supposons(nousraisonnonsparl’absurde)queleprincipeder´ecurrencesoitfaux,c’est`adire
2
que∃n∈N,¬P(nc’)(tles´eantigaedno∀n∈N, P(nd´eronsi’ensonslemelbC.))A={n∈ N,¬P(n)}pr’a.Droapsl`ee´te´irpde´ce´rpetneAliueruqi’enncedd´peondoutvnon,editse poss`edeunpluspetit´ele´ment,note´araP.ontiniefid´a∈A, doncP(a) est fausse. Ensuite,P(0) est vraie, donc 0/∈Aet donca >q(0’leuepnout´ecrirea−1≥oCsndie´orsn0).P(a−1). Commea−1< a,a−atuepen1inetrappr`aA(sinona≤a−1, ce qui serait absurde). Ainsi P(a−1e)e´tide´er´parhaie;stvrP(a−1)⇒P(a) et donc (modus ponens)P(a) est vraie. Il yadoncunecontradiction,l’hypoth`esedede´partestdoncfaussecequimontreleprincipede r´ecurrence.
◦ Exercice n 7: Raisonnonsparcontrapos´eeetsupposonsque|z|>1. Il faut donc alors montrer que 1+z+ 2n−1n z+∙ ∙ ∙+z−nz6= 0. Pour cela raisonnons par l’absurde et supposons donc aussi que 2n−1n 1 +z+z+∙ ∙ ∙+z−nz= 0. On a donc :
n2n−1 2n−1 |nz|=|1 +z+z+∙ ∙ ∙+z| ≤1 +|z|+|z|+∙ ∙ ∙+|z|.
k kn Comme,parhypoth`ese,|z|>1, on a donc, pour 0≤k < n,|z|=|z|<|z|. Ainsi :
n2n−1n |nz|=|1 +z+z+∙ ∙ ∙+z|< n|z|,
2n−1n cequiestabsurde.L’hypoth`ese1+z+z+∙ ∙ ∙+z−nz= 0 est donc absurde, et ainsi 2n−1n 1 +z+z+∙ ∙ ∙+z−nz6= 0. CQFD.
◦ Exercice n 8:
1.Lane´gationde“AetB” (A∧B) est “nonAou nonB” (¬A∨¬B). Ainsi, comme 1≤x < y est´equivalenta`1≤xetx < y:teesena´ddemegiquleloormu,lafx <1 ouy≤x. 2. Onsait que dansR,xy´itusqeee0l=ava`tnx= 0 ouydeserppoire´´tse=0el(c´eadulco de corps deRdnoitage“e).Lan´AouB” (A∨B) est “nonAet nonB” (¬A∧ ¬B). La formulelogiquedemande´eest:x6= 0 ety6= 0. 3.Lane´gationdelaformule“AimpliqueB” (A⇒B) est (voir par exemple l’exercice 7) “nonBetA” (¬B∧A). En effet “AimpliqueBtionefini)`a“saeve´tlqe”iura´dtnp(Bou nonA” (B∨ ¬Amrlueetsrviaseiquredi`afoteetectse’c,)Best vraie ou siAest fausse. 2 Laformulelogiquedemande´eestdoncx= 1 etx6= 1.
3
