Notions de logique — 1ère BAC Sciences Math

\(P_1\) est vraie. Il suffit d'exhiber un entier : pour \(n = 3\), \(n^{2} = 9 > 7\).

\(P_2\) est vraie. Pour \(x = 0\), \(|0| = 0 \leqslant 0\).

\(P_3\) est fausse. Une proposition universelle se réfute par un seul contre-exemple : \(0 \in \mathbb{R}^{+}\) et \(0 + \sqrt{0} = 0 < 2\).

\(P_4\) est fausse. Contre-exemple : \(-1 \in \mathbb{R}^{*}\) et \(-1 + \dfrac{1}{-1} = -2 < 2\). L'inégalité \(x + \frac{1}{x} \geqslant 2\) n'est vraie que sur \(\mathbb{R}^{*}_{+}\).

\(P_5\) est vraie. L'équation \(x^{2} = 9\) a pour solutions \(-3\) et \(3\), et \(3 \in \mathbb{Q}\).

\(P_6\) est vraie. Soit \(x \in \mathbb{Z}\). En posant \(y = x - 3\), on a bien \(y \in \mathbb{Z}\) et \(x - y = 3\).

\(P_7\) est vraie. Soit \(x \in \mathbb{R}\). On résout l'équation d'inconnue \(y\) :

\[ 3x^{2}y - x + y = 0 \iff y\left(3x^{2} + 1\right) = x \iff y = \dfrac{x}{3x^{2}+1}, \]

ce qui est licite car \(3x^{2} + 1 > 0\). Il reste à vérifier que ce \(y\) est bien dans \(\left]-\infty, 1\right[\) :

\[ y - 1 = \dfrac{x}{3x^{2}+1} - 1 = \dfrac{x - 3x^{2} - 1}{3x^{2}+1} = -\,\dfrac{3x^{2} - x + 1}{3x^{2}+1}. \]

Le trinôme \(3x^{2} - x + 1\) a pour discriminant \(\Delta = 1 - 12 = -11 < 0\) et son coefficient dominant vaut \(3 > 0\) : il est donc strictement positif sur \(\mathbb{R}\). Ainsi \(y - 1 < 0\), c'est-à-dire \(y < 1\).

\(P_8\) est vraie. Soit \(x \in [0,2]\). Comme \(x + 2 \neq 0\) :

\[ xy - x + 2y - 1 = 0 \iff y(x+2) = 1 + x \iff y = \dfrac{1+x}{x+2} = 1 - \dfrac{1}{x+2}. \]

Or \(0 \leqslant x \leqslant 2\) donne \(2 \leqslant x + 2 \leqslant 4\), puis \(\dfrac{1}{4} \leqslant \dfrac{1}{x+2} \leqslant \dfrac{1}{2}\), et enfin

\[ \dfrac{1}{2} \leqslant 1 - \dfrac{1}{x+2} \leqslant \dfrac{3}{4}. \]

Le réel \(y\) obtenu appartient donc bien à \(\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right]\).

\(P_9\) est vraie. Il suffit de choisir \(x = -1\) : pour tout \(y \in \mathbb{R}\), \(y^{2} \geqslant 0 > -1\).

Attention à l'ordre des quantificateurs : ici le \(x\) est choisi une fois pour toutes, avant \(y\).

1. \(\forall\). C'est une identité remarquable : l'égalité est vraie pour tout réel \(x\).

2. \(\exists\). Le discriminant vaut \(\Delta = 9 - 8 = 1 > 0\) et les racines sont \(-1\) et \(-2\). L'égalité n'est donc vraie que pour ces deux valeurs : \(\exists x \in \mathbb{R},\; x^{2}+3x+2 = 0\).

3. \(\exists\). L'équation a pour unique solution \(x = -\dfrac{1}{2}\).

4. \(\forall\). Le discriminant vaut \(\Delta = 4 - 12 = -8 < 0\), donc le trinôme ne s'annule jamais sur \(\mathbb{R}\).

Le quantificateur \(\exists\) conviendrait aussi, mais \(\forall\) est la réponse la plus forte et la plus informative.

1. Supposons \(x > 2\) et \(y \geqslant \dfrac{1}{3}\). Les deux réels sont strictement positifs.

De \(x > 2 > 0\) on tire \(0 < \dfrac{1}{x} < \dfrac{1}{2}\) ; de \(y \geqslant \dfrac{1}{3} > 0\) on tire \(0 < \dfrac{1}{y} \leqslant 3\).

En additionnant ces deux encadrements :

\[ 0 < \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} < \dfrac{1}{2} + 3 = \dfrac{7}{2}. \]

En particulier \(0 \leqslant \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} < \dfrac{7}{2}\).

2. Soit \(x \in \mathbb{R}\) tel que \(|x-1| \leqslant 2\). On factorise d'abord :

\[ x^{2} + x - 2 = (x-1)(x+2), \qquad \text{donc} \qquad \left|x^{2}+x-2\right| = |x-1|\,|x+2|. \]

De \(|x-1| \leqslant 2\) on tire \(-2 \leqslant x - 1 \leqslant 2\), donc \(1 \leqslant x+2 \leqslant 5\), et en particulier \(|x+2| \leqslant 5\).

En multipliant les deux majorations (toutes deux positives) :

\[ \left|x^{2}+x-2\right| = |x-1|\,|x+2| \leqslant 2 \times 5 = 10. \]

3. Soit \(x \in \mathbb{R}\) tel que \(|x-2| \leqslant 1\), c'est-à-dire \(1 \leqslant x \leqslant 3\). Le dénominateur \(x+2\) vérifie alors \(3 \leqslant x+2 \leqslant 5\) : il est strictement positif, le quotient est bien défini.

De \(1 \leqslant x \leqslant 3\) on tire \(5 \leqslant 2x+3 \leqslant 9\), et de \(3 \leqslant x+2 \leqslant 5\) on tire \(\dfrac{1}{5} \leqslant \dfrac{1}{x+2} \leqslant \dfrac{1}{3}\).

En multipliant ces deux encadrements de réels positifs :

\[ 5 \times \dfrac{1}{5} \leqslant \dfrac{2x+3}{x+2} \leqslant 9 \times \dfrac{1}{3}, \qquad \text{soit} \qquad 1 \leqslant \dfrac{2x+3}{x+2} \leqslant 3. \]

Le quotient étant positif, \(\left|\dfrac{2x+3}{x+2}\right| \leqslant 3\).

1. Raisonnons par double implication.

\(\Longleftarrow\) Si \(x = y = 0\), alors \(x^{2}+y^{2} = 0 + 0 = 0\).

\(\Longrightarrow\) Supposons \(x^{2}+y^{2} = 0\). Alors \(x^{2} = -y^{2}\). Or \(x^{2} \geqslant 0\) et \(-y^{2} \leqslant 0\) : ces deux quantités ne peuvent être égales que si elles sont nulles. Donc \(x^{2} = y^{2} = 0\), puis \(x = y = 0\).

2. Soit \((x,y) \in \left([0,+\infty[\right)^{2}\). Toutes les équivalences qui suivent sont des opérations réversibles :

\[ \begin{aligned} \sqrt{x} + \sqrt{y} = \dfrac{x+y+2}{2} &\iff 2\sqrt{x} + 2\sqrt{y} = x + y + 2 \\ &\iff \left(x - 2\sqrt{x} + 1\right) + \left(y - 2\sqrt{y} + 1\right) = 0 \\ &\iff \left(\sqrt{x} - 1\right)^{2} + \left(\sqrt{y} - 1\right)^{2} = 0 . \end{aligned} \]

Une somme de deux carrés est nulle si et seulement si chacun l'est, d'où \(\sqrt{x} = 1\) et \(\sqrt{y} = 1\), c'est-à-dire \(x = 1\) et \(y = 1\).

On a utilisé \(x = \left(\sqrt{x}\right)^{2}\), licite car \(x \geqslant 0\).

3. Posons, pour alléger, \(A = x + \sqrt{x^{2}+1}\) et \(B = y + \sqrt{y^{2}+1}\).

Observation utile. Pour tout réel \(t\) : \(\left(t + \sqrt{t^{2}+1}\right)\left(-t + \sqrt{t^{2}+1}\right) = \left(t^{2}+1\right) - t^{2} = 1\). Autrement dit, l'inverse de \(t + \sqrt{t^{2}+1}\) est \(-t + \sqrt{t^{2}+1}\). Remarquons au passage que \(A > 0\) et \(B > 0\), car \(\sqrt{t^{2}+1} > |t|\).

\(\Longleftarrow\) Si \(x + y = 0\), alors \(y = -x\) et

\[ B = -x + \sqrt{(-x)^{2}+1} = -x + \sqrt{x^{2}+1}, \]

qui est précisément l'inverse de \(A\) d'après l'observation. Donc \(AB = 1\).

\(\Longrightarrow\) Supposons \(AB = 1\). Alors \(B = \dfrac{1}{A} = -x + \sqrt{x^{2}+1}\), soit

\[ y + \sqrt{y^{2}+1} = -x + \sqrt{x^{2}+1}. \qquad (\star) \]

Le rôle de \(x\) et \(y\) étant symétrique dans \(AB = 1\), le même calcul donne aussi

\[ x + \sqrt{x^{2}+1} = -y + \sqrt{y^{2}+1}. \qquad (\star\star) \]

En additionnant \((\star)\) et \((\star\star)\), les racines se simplifient et il reste \(x + y = -(x+y)\), c'est-à-dire \(2(x+y) = 0\), donc \(x + y = 0\).

4. Soit \((a,b) \in \left([0,+\infty[\right)^{2}\). Comme à la question 2 :

\[ \begin{aligned} \sqrt{a} + \sqrt{b} - 1 = \dfrac{a+b}{2} &\iff 2\sqrt{a} + 2\sqrt{b} - 2 = a + b \\ &\iff \left(a - 2\sqrt{a} + 1\right) + \left(b - 2\sqrt{b} + 1\right) = 0 \\ &\iff \left(\sqrt{a} - 1\right)^{2} + \left(\sqrt{b} - 1\right)^{2} = 0 \\ &\iff \sqrt{a} = 1 \text{ et } \sqrt{b} = 1 \iff a = b = 1 . \end{aligned} \]

5. Soit \(x \in \left]0,+\infty\right[\). On isole une racine avant d'élever au carré :

\[ \begin{aligned} \sqrt{2x+2} - \sqrt{x} = 1 &\iff \sqrt{2x+2} = 1 + \sqrt{x} \\ &\iff 2x + 2 = 1 + 2\sqrt{x} + x \\ &\iff x + 1 = 2\sqrt{x} \\ &\iff (x+1)^{2} = 4x \\ &\iff x^{2} - 2x + 1 = 0 \iff (x-1)^{2} = 0 \iff x = 1 . \end{aligned} \]

Les deux élévations au carré sont des équivalences : à chaque étape les deux membres sont positifs (\(1 + \sqrt{x} > 0\) et \(x + 1 > 0\)).

6. Soit \((a,b) \in \left([0,+\infty[\right)^{2}\). On regroupe les termes positifs de chaque côté avant d'élever au carré :

\[ \begin{aligned} \sqrt{a+1} - \sqrt{b+1} < \sqrt{a} - \sqrt{b} &\iff \sqrt{a+1} + \sqrt{b} < \sqrt{a} + \sqrt{b+1} \\ &\iff \left(\sqrt{a+1} + \sqrt{b}\right)^{2} < \left(\sqrt{a} + \sqrt{b+1}\right)^{2} \\ &\iff (a+1) + b + 2\sqrt{(a+1)b} < a + (b+1) + 2\sqrt{(b+1)a} \\ &\iff \sqrt{(a+1)b} < \sqrt{(b+1)a} \\ &\iff (a+1)b < (b+1)a \\ &\iff ab + b < ab + a \iff b < a . \end{aligned} \]

Élever au carré est ici une équivalence car les deux membres sont positifs ; de même pour le passage de \(\sqrt{(a+1)b} < \sqrt{(b+1)a}\) à \((a+1)b < (b+1)a\), la fonction racine étant strictement croissante sur \([0,+\infty[\).

7. Soient \(x > 0\) et \(y > 0\). Alors \(5x + 2y > 0\), et multiplier par \(xy > 0\) ou par \(5x+2y\) ne change pas le sens des inégalités.

\[ \begin{aligned} \dfrac{x}{y} < \dfrac{2x+5y}{5x+2y} < \dfrac{y}{x} &\iff x^{2}(5x+2y) < xy(2x+5y) \text{ et } xy(2x+5y) < y^{2}(5x+2y) \\ &\iff 5x^{3} + 2x^{2}y < 2x^{2}y + 5xy^{2} \text{ et } 2x^{2}y + 5xy^{2} < 5xy^{2} + 2y^{3} \\ &\iff 5x^{3} < 5xy^{2} \text{ et } 2x^{2}y < 2y^{3} \\ &\iff x^{2} < y^{2} \text{ (deux fois, après division par } 5x>0 \text{ puis } 2y>0) \\ &\iff x < y , \end{aligned} \]

la dernière équivalence venant de la stricte croissance de \(t \mapsto t^{2}\) sur \([0,+\infty[\).

1. La contraposée de l'implication à démontrer est :

\[ (x+1)(y-1) = (x-1)(y+1) \implies x = y . \]

Démontrons-la. Soit \((x,y) \in \mathbb{R}^{2}\) tel que \((x+1)(y-1) = (x-1)(y+1)\). En développant :

\[ xy - x + y - 1 = xy + x - y - 1 \iff -2x + 2y = 0 \iff x = y . \]

La contraposée étant vraie, l'implication de départ l'est aussi.

2. La contraposée s'écrit : si \(n\) n'est pas un multiple de \(3\), alors \(n^{2}\) n'est pas un multiple de \(3\).

Supposons donc que \(n\) ne soit pas un multiple de \(3\). La division euclidienne de \(n\) par \(3\) laisse alors un reste égal à \(1\) ou à \(2\) : il existe \(k \in \mathbb{N}\) tel que \(n = 3k+1\) ou \(n = 3k+2\).

Premier cas : \(n = 3k+1\). Alors

\[ n^{2} = 9k^{2} + 6k + 1 = 3\left(3k^{2} + 2k\right) + 1, \]

et comme \(3k^{2}+2k \in \mathbb{N}\), le reste de \(n^{2}\) dans la division par \(3\) vaut \(1\) : \(n^{2}\) n'est pas un multiple de \(3\).

Second cas : \(n = 3k+2\). Alors

\[ n^{2} = 9k^{2} + 12k + 4 = 3\left(3k^{2} + 4k + 1\right) + 1, \]

et de même \(n^{2}\) n'est pas un multiple de \(3\).

Dans les deux cas la conclusion est atteinte, donc la contraposée est vraie, donc l'implication initiale aussi.

1. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Les deux membres sont positifs (\(x^{2}+1 > 0\)), on peut donc raisonner par équivalence en élevant au carré :

\[ \begin{aligned} \sqrt{x^{4}+3x^{2}+1} \geqslant x^{2}+1 &\iff x^{4} + 3x^{2} + 1 \geqslant \left(x^{2}+1\right)^{2} \\ &\iff x^{4} + 3x^{2} + 1 \geqslant x^{4} + 2x^{2} + 1 \\ &\iff x^{2} \geqslant 0 . \end{aligned} \]

La dernière proposition est vraie pour tout réel \(x\), donc l'inégalité de départ aussi.

2. Soit \((a,b) \in \left([0,+\infty[\right)^{2}\). Comme \(a = \left(\sqrt{a}\right)^{2}\) et \(b = \left(\sqrt{b}\right)^{2}\) :

\[ a + b - 2\sqrt{ab} = \left(\sqrt{a}\right)^{2} - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + \left(\sqrt{b}\right)^{2} = \left(\sqrt{a} - \sqrt{b}\right)^{2} \geqslant 0 . \]

D'où \(a + b \geqslant 2\sqrt{ab}\), avec égalité si et seulement si \(a = b\).

3. Soit \((a,b) \in \left(\left]0,+\infty\right[\right)^{2}\). Alors \(a + b > 0\), et on étudie la différence :

\[ \dfrac{a^{2}}{a+b} - \dfrac{3a-b}{4} = \dfrac{4a^{2} - (3a-b)(a+b)}{4(a+b)} = \dfrac{4a^{2} - \left(3a^{2} + 2ab - b^{2}\right)}{4(a+b)} = \dfrac{a^{2} - 2ab + b^{2}}{4(a+b)} = \dfrac{(a-b)^{2}}{4(a+b)} . \]

Le numérateur est un carré, donc positif, et le dénominateur est strictement positif : la différence est positive, ce qui donne l'inégalité annoncée.

1. Supposons par l'absurde qu'il existe \(m \in \mathbb{N}^{*}\) tel que \(n^{2} + 1 = m^{2}\).

Comme \(n \geqslant 1\), on a d'une part \(n^{2} < n^{2} + 1\), et d'autre part

\[ (n+1)^{2} - \left(n^{2}+1\right) = 2n > 0, \qquad \text{donc} \qquad n^{2} + 1 < (n+1)^{2}. \]

Ainsi \(n^{2} < m^{2} < (n+1)^{2}\), et comme tous ces entiers sont positifs, \(n < m < n+1\).

Il existerait donc un entier naturel strictement compris entre deux entiers consécutifs : c'est impossible. D'où la conclusion.

2. Supposons par l'absurde que \(\sqrt{3} \in \mathbb{Q}\). On peut alors écrire \(\sqrt{3} = \dfrac{p}{q}\) avec \(p \in \mathbb{Z}\), \(q \in \mathbb{N}^{*}\) et la fraction irréductible, c'est-à-dire \(\mathrm{PGCD}(p,q) = 1\).

En élevant au carré : \(p^{2} = 3q^{2}\). Donc \(p^{2}\) est un multiple de \(3\), et d'après l'exercice 5 (question 2), \(p\) est un multiple de \(3\) : il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(p = 3k\).

En reportant : \(9k^{2} = 3q^{2}\), d'où \(q^{2} = 3k^{2}\). Le même argument donne alors que \(q\) est un multiple de \(3\).

Ainsi \(3\) divise à la fois \(p\) et \(q\), ce qui contredit \(\mathrm{PGCD}(p,q) = 1\). Donc \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}\).

3. Supposons par l'absurde qu'il existe \(m \in \mathbb{N}\) tel que \(\sqrt{4n^{2}+5n+3} = m\), c'est-à-dire \(4n^{2} + 5n + 3 = m^{2}\).

Encadrons \(4n^{2}+5n+3\) entre deux carrés consécutifs :

\[ \left(4n^{2}+5n+3\right) - (2n+1)^{2} = n + 2 > 0, \qquad (2n+2)^{2} - \left(4n^{2}+5n+3\right) = 3n + 1 > 0 . \]

Donc \((2n+1)^{2} < m^{2} < (2n+2)^{2}\), puis \(2n+1 < m < 2n+2\).

C'est impossible : il n'existe pas d'entier strictement compris entre les entiers consécutifs \(2n+1\) et \(2n+2\).

4. Supposons par l'absurde que \(a + b\sqrt{2} = 0\) avec \((a,b) \neq (0,0)\).

Si \(b = 0\), l'égalité donne \(a = 0\), donc \((a,b) = (0,0)\) : exclu. Donc \(b \neq 0\), et

\[ \sqrt{2} = -\dfrac{a}{b} \in \mathbb{Q}, \]

puisque \(a \in \mathbb{Z}\) et \(b \in \mathbb{Z}^{*}\). Or \(\sqrt{2}\) est irrationnel : contradiction. Donc \(a = b = 0\).

5. Supposons par l'absurde que \(n\) et \(2n\) soient tous deux des carrés parfaits : il existe \(p, q \in \mathbb{N}^{*}\) tels que \(n = p^{2}\) et \(2n = q^{2}\).

En faisant le quotient (licite car \(n \neq 0\), donc \(p \neq 0\)) :

\[ 2 = \dfrac{q^{2}}{p^{2}} = \left(\dfrac{q}{p}\right)^{2}, \qquad \text{donc} \qquad \sqrt{2} = \dfrac{q}{p} \in \mathbb{Q}. \]

C'est contradictoire avec l'irrationalité de \(\sqrt{2}\). Donc si \(n\) est un carré parfait, \(2n\) n'en est pas un.

1. On commence par le signe des expressions sous les valeurs absolues. Le trinôme \(2x^{2}-x-6\) a pour racines \(-\dfrac{3}{2}\) et \(2\) ; il est positif à l'extérieur des racines. Et \(x+1\) s'annule en \(-1\). D'où quatre intervalles à traiter.

Sur \(\left]-\infty, -\dfrac{3}{2}\right]\) : \(\left|2x^{2}-x-6\right| = 2x^{2}-x-6\) et \(|x+1| = -(x+1)\). L'équation devient

\[ \left(2x^{2}-x-6\right) + (x+1) - 1 = 0 \iff 2x^{2} - 6 = 0 \iff x = \pm\sqrt{3}. \]

Or \(-\sqrt{3} \approx -1{,}73 \leqslant -1{,}5\) : cette valeur convient. En revanche \(\sqrt{3} > 0\) est à rejeter. Donc \(S_1 = \left\{-\sqrt{3}\right\}\).

Sur \(\left[-\dfrac{3}{2}, -1\right]\) : \(\left|2x^{2}-x-6\right| = -\left(2x^{2}-x-6\right)\) et \(|x+1| = -(x+1)\). L'équation devient

\[ -\left(2x^{2}-x-6\right) + (x+1) - 1 = 0 \iff -2x^{2} + 2x + 6 = 0 \iff x^{2} - x - 3 = 0, \]

de discriminant \(\Delta = 13\) et de racines \(\dfrac{1 \pm \sqrt{13}}{2}\). Seule \(\dfrac{1-\sqrt{13}}{2} \approx -1{,}30\) appartient à l'intervalle. Donc \(S_2 = \left\{\dfrac{1-\sqrt{13}}{2}\right\}\).

Sur \([-1, 2]\) : \(\left|2x^{2}-x-6\right| = -\left(2x^{2}-x-6\right)\) et \(|x+1| = x+1\). L'équation devient

\[ -\left(2x^{2}-x-6\right) - (x+1) - 1 = 0 \iff -2x^{2} + 4 = 0 \iff x = \pm\sqrt{2}. \]

Les deux valeurs \(\pm\sqrt{2} \approx \pm 1{,}41\) appartiennent à \([-1,2]\). Donc \(S_3 = \left\{-\sqrt{2}, \sqrt{2}\right\}\).

Sur \([2, +\infty[\) : les deux expressions sont positives. L'équation devient

\[ \left(2x^{2}-x-6\right) - (x+1) - 1 = 0 \iff 2x^{2} - 2x - 8 = 0 \iff x^{2} - x - 4 = 0, \]

de discriminant \(\Delta = 17\) et de racines \(\dfrac{1 \pm \sqrt{17}}{2}\). Seule \(\dfrac{1+\sqrt{17}}{2} \approx 2{,}56\) appartient à l'intervalle. Donc \(S_4 = \left\{\dfrac{1+\sqrt{17}}{2}\right\}\).

Finalement

\[ S = \left\{ -\sqrt{3},\; \dfrac{1-\sqrt{13}}{2},\; -\sqrt{2},\; \sqrt{2},\; \dfrac{1+\sqrt{17}}{2} \right\}. \]

2. L'équation n'a de sens que si \(3x + 4 \geqslant 0\), soit \(x \geqslant -\dfrac{4}{3}\). De plus, \(\sqrt{3x+4} \geqslant 0\) impose \(x \geqslant 0\).

Sous cette condition \(x \geqslant 0\), on peut élever au carré par équivalence :

\[ \sqrt{3x+4} = x \iff 3x + 4 = x^{2} \iff x^{2} - 3x - 4 = 0 . \]

Le discriminant vaut \(\Delta = 9 + 16 = 25\), et les racines sont \(x_1 = 4\) et \(x_2 = -1\). La racine \(-1\) est à rejeter car négative.

D'où \(S = \{4\}\). Vérification : \(\sqrt{3 \times 4 + 4} = \sqrt{16} = 4\).

3. Inéquation \((I_1)\). Elle est définie sur \(\mathbb{R}\) car \(x^{2}+1 > 0\), et s'écrit \(\sqrt{x^{2}+1} \leqslant 2x - 1\).

Le membre de gauche étant strictement positif, une condition nécessaire est \(2x - 1 > 0\), soit \(x > \dfrac{1}{2}\). Pour \(x \leqslant \dfrac{1}{2}\), il n'y a donc aucune solution.

Pour \(x > \dfrac{1}{2}\), les deux membres sont positifs et on élève au carré par équivalence :

\[ x^{2} + 1 \leqslant (2x-1)^{2} \iff x^{2} + 1 \leqslant 4x^{2} - 4x + 1 \iff 0 \leqslant 3x^{2} - 4x \iff 0 \leqslant x(3x-4). \]

Ce produit est positif pour \(x \leqslant 0\) ou \(x \geqslant \dfrac{4}{3}\). En croisant avec \(x > \dfrac{1}{2}\) :

\[ S_{(I_1)} = \left[\dfrac{4}{3}, +\infty\right[. \]

Inéquation \((I_2)\). Elle est définie pour \(x - 1 \geqslant 0\), soit \(x \in [1, +\infty[\).

Si \(1 \leqslant x < 7\), alors \(x - 7 < 0 \leqslant \sqrt{x-1}\) : l'inégalité est automatiquement vraie. Cet intervalle est donc entièrement solution.

Si \(x \geqslant 7\), les deux membres sont positifs et on élève au carré :

\[ x - 1 \geqslant (x-7)^{2} \iff x - 1 \geqslant x^{2} - 14x + 49 \iff x^{2} - 15x + 50 \leqslant 0 . \]

Le discriminant vaut \(\Delta = 225 - 200 = 25\), les racines sont \(5\) et \(10\), et le trinôme est négatif entre les racines : \(x \in [5, 10]\). En croisant avec \(x \geqslant 7\), on obtient \([7, 10]\).

Finalement \(S_{(I_2)} = [1, 7[ \,\cup\, [7, 10] = [1, 10]\).

1. Initialisation. Pour \(n = 5\) : \(5^{2} = 25\) et \(2^{5} = 32\), donc \(25 < 32\). La propriété est vraie au rang \(5\).

Hérédité. Soit \(n \geqslant 5\). Supposons \(n^{2} < 2^{n}\) et montrons \((n+1)^{2} < 2^{n+1}\).

De l'hypothèse on tire \(2n^{2} < 2^{n+1}\). Il suffit donc de prouver que \((n+1)^{2} \leqslant 2n^{2}\). Or

\[ 2n^{2} - (n+1)^{2} = n^{2} - 2n - 1 = (n-1)^{2} - 2, \]

et comme \(n \geqslant 5\), on a \((n-1)^{2} \geqslant 16 > 2\), donc \(2n^{2} - (n+1)^{2} > 0\).

Ainsi \((n+1)^{2} < 2n^{2} < 2^{n+1}\).

Conclusion. Par récurrence, \(n^{2} < 2^{n}\) pour tout \(n \geqslant 5\).

2. Initialisation. Pour \(n = 1\) : la somme vaut \(1\), et \(\dfrac{1 \times 2 \times 3}{6} = 1\).

Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\). Supposons \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} k^{2} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Alors

\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1} k^{2} &= \sum_{k=1}^{n} k^{2} + (n+1)^{2} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^{2} \\ &= (n+1)\left(\dfrac{n(2n+1)}{6} + (n+1)\right) = (n+1) \cdot \dfrac{2n^{2} + 7n + 6}{6} \\ &= \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}, \end{aligned} \]

car \(2n^{2}+7n+6 = (n+2)(2n+3)\). C'est bien la formule au rang \(n+1\).

Conclusion. La formule est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\).

3. Soit \(a \in \mathbb{R}^{*} \setminus \{-1\}\), de sorte que \(a + 1 \neq 0\).

Initialisation. Pour \(n = 0\), la somme se réduit au terme \(k=0\), qui vaut \(1\) ; et \(\dfrac{a^{1}+1}{a+1} = 1\).

Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons la formule vraie au rang \(n\). Le passage au rang \(n+1\) ajoute deux termes, ceux d'indices \(2n+1\) et \(2n+2\) :

\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{2n+2} (-1)^{k} a^{k} &= \sum_{k=0}^{2n} (-1)^{k} a^{k} + (-1)^{2n+1} a^{2n+1} + (-1)^{2n+2} a^{2n+2} \\ &= \dfrac{a^{2n+1}+1}{a+1} - a^{2n+1} + a^{2n+2} \\ &= \dfrac{a^{2n+1} + 1 - a^{2n+1}(a+1) + a^{2n+2}(a+1)}{a+1} \\ &= \dfrac{a^{2n+1} + 1 - a^{2n+2} - a^{2n+1} + a^{2n+3} + a^{2n+2}}{a+1} = \dfrac{a^{2n+3}+1}{a+1}, \end{aligned} \]

ce qui est la formule au rang \(n+1\).

Conclusion. La formule est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

4. Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(3^{1} + 2^{2} = 7\), qui est bien divisible par \(7\).

Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons qu'il existe \(k \in \mathbb{N}\) tel que \(3^{2n+1} + 2^{n+2} = 7k\). Alors

\[ \begin{aligned} 3^{2n+3} + 2^{n+3} &= 9 \times 3^{2n+1} + 2 \times 2^{n+2} \\ &= (7+2) \times 3^{2n+1} + 2 \times 2^{n+2} \\ &= 7 \times 3^{2n+1} + 2\left(3^{2n+1} + 2^{n+2}\right) \\ &= 7 \times 3^{2n+1} + 2 \times 7k = 7\left(3^{2n+1} + 2k\right). \end{aligned} \]

Comme \(3^{2n+1} + 2k \in \mathbb{N}\), le nombre \(3^{2n+3} + 2^{n+3}\) est divisible par \(7\).

Conclusion. \(7\) divise \(3^{2n+1} + 2^{n+2}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

1. a) Soit \(n \in \mathbb{N}\). Par définition, \(u_{n+1}\) est le même produit que \(u_n\), auquel on ajoute le facteur d'indice \(n+1\), c'est-à-dire \(\left(1 + \dfrac{1}{2(n+1)+1}\right)^{2} = \left(1 + \dfrac{1}{2n+3}\right)^{2}\). D'où

\[ u_{n+1} = u_n \left(1 + \dfrac{1}{2n+3}\right)^{2}. \]

1. b) Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(u_0 = (1+1)^{2} = 4\) et \(2 \times 0 + 3 = 3\). Comme \(4 > 3\), la propriété est vraie au rang \(0\).

Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons \(u_n > 2n+3\) et montrons \(u_{n+1} > 2n+5\).

D'après la question a), et puisque \(\left(1 + \dfrac{1}{2n+3}\right)^{2} > 0\) :

\[ u_{n+1} = u_n \left(1 + \dfrac{1}{2n+3}\right)^{2} > (2n+3)\left(1 + \dfrac{1}{2n+3}\right)^{2}. \]

Or \(1 + \dfrac{1}{2n+3} = \dfrac{2n+4}{2n+3}\), donc

\[ (2n+3)\left(\dfrac{2n+4}{2n+3}\right)^{2} = \dfrac{(2n+4)^{2}}{2n+3} = \dfrac{4(n+2)^{2}}{2n+3}. \]

Il reste à comparer cette quantité à \(2n+5\). Comme \(2n + 3 > 0\) :

\[ \dfrac{4(n+2)^{2}}{2n+3} > 2n+5 \iff 4\left(n^{2}+4n+4\right) > (2n+5)(2n+3) \iff 4n^{2} + 16n + 16 > 4n^{2} + 16n + 15, \]

ce qui équivaut à \(16 > 15\) : proposition vraie. Donc \(u_{n+1} > 2n+5\).

Conclusion. Par récurrence, \(u_n > 2n+3\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

2. Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(0 \times 1 \times 2 = 0\), et \(6\) divise \(0\).

Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons qu'il existe \(k \in \mathbb{N}\) tel que \(n(n+1)(n+2) = 6k\). Montrons que \(6\) divise \((n+1)(n+2)(n+3)\).

\[ \begin{aligned} (n+1)(n+2)(n+3) &= (n+1)(n+2)n + 3(n+1)(n+2) \\ &= 6k + 3(n+1)(n+2). \end{aligned} \]

Or, parmi les deux entiers consécutifs \(n+1\) et \(n+2\), l'un au moins est pair : leur produit s'écrit \((n+1)(n+2) = 2p\) avec \(p \in \mathbb{N}\). Donc

\[ (n+1)(n+2)(n+3) = 6k + 3 \times 2p = 6(k+p), \]

avec \(k + p \in \mathbb{N}\) : le produit est bien divisible par \(6\).

Conclusion. \(6\) divise \(n(n+1)(n+2)\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).