Raisonnements par l’absurde, par analyse-synthèse (Prérentrée ECG1)
Exercice 1 (🔥) : Raisonnement par l’absurde
📄 Énoncé
Soit \(f\) une fonction définie sur \(\mathbb{R}\) telle que \(f(0) \neq 0\) et \(f(1)\neq 0\) et, pour tout \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) : \[f(x y)=f(x) \times f(y)\]
Calculer \(f(1)\).
À l’aide d’un raisonnement par l’absurde, montrer que : \[\forall x \in \mathbb{R},\ f(x) \neq 0\]
✅ Corrigé
On a : \[f(1) = f(1 \times 1)\] donc, par hypothèse sur \(f\) : \[f(1) = \left[ f(1) \right]^2\]
d’où : \[f(1) \in \{ 0,1\}\]
d’où, comme \(f(1) \neq 0\) :
\[f(1) = 1\]
Supposons qu’il existe \(x\in \mathbb{R}\) tel que \(f(x) = 0\). On a alors : \[\forall y \in\mathbb{R},\ f(xy) = f(x) \times f(y) = 0\]
De plus \(f(0) \neq 0\) donc \(x\neq 0\) et alors, en prenant \(y=\frac{1}{x}\) : \[f(1) = 0\]
ce qui est absurde. On peut maintenant conclure :
\[\forall x \in \mathbb{R},\ f(x) \neq 0\]
📝 Mes notes :
Exercice 2 (🔥🔥) : Raisonnement par l’absurde
📄 Énoncé
Soit \(\mathrm{n} \in \mathrm{N}^*\) et \(x_0, x_1, \cdots, x_{\mathrm{n}}\), des nombres réels tels que \[0 \leqslant x_0 \leqslant x_1 \leqslant \cdots \leqslant x_{\mathrm{n}} \leqslant 1\]
Montrer par l’absurde qu’il existe deux éléments distincts \(i\) et \(j\) de \(\displaystyle \{0,1, \cdots, {n}\}\) tels que \(\displaystyle \left|x_{{i}}-x_{{j}}\right| \leqslant \frac{1}{{n}}\).
✅ Corrigé
Supposons qu’il n’existe pas deux éléments distincts \(i\) et \(j\) de \(\displaystyle \{0,1, \cdots, {n}\}\) tels que \(\displaystyle \left|x_{{i}}-x_{{j}}\right| \leqslant \frac{1}{{n}}\), c’est-à-dire que, pour tout couple \((i,j)\) d’éléments distincts de \(\left[\kern-0.15em\left[ {0,n} \right]\kern-0.15em\right]\), on a : \[\left|x_{{i}}-x_{{j}}\right| > \frac{1}{{n}}\]
On a donc en particulier : \[\begin{aligned} \forall i \in\left[\kern-0.15em\left[ {0,n-1} \right]\kern-0.15em\right] ,\ x_{i+1} - x_i &= \left| x_{i+1} - x_i \right| \\ & > \frac{1}{n} \end{aligned}\]
\(x_i \leqslant x_{i+1}\)
d’où, en sommant ces \(n\) inégalités : \[\sum_{i=0}^{n-1} (x_{i+1} - x_i > n \times \frac{1}{n}\]
soit encore, par télescopage : \[x_{n} - x_0 > 1\]
Or \(x_0\) et \(x_n\) appartiennent à \([0,1]\) donc on a : \[x_n-x_0 \leqslant 1\]
Il y a donc contradiction et ainsi :
Il existe deux éléments distincts \(i\) et \(j\) de \(\displaystyle \{0,1, \cdots, {n}\}\) tels que \(\displaystyle \left|x_{{i}}-x_{{j}}\right| \leqslant \frac{1}{{n}}\)
📝 Mes notes :
Exercice 3 (🔥🔥) : Raisonnement par analyse-synthèse
📄 Énoncé
Soit \(f\) une application de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).
On suppose qu’il existe une fonction paire \(p\) et une fonction impaire \(i\) telles que : \[\forall x\in\mathbb{R},\ f(x) = p(x) + i(x)\] Déterminer \(p(x)\) et \(i(x)\) en fonction de \(f(x)\) et \(f(-x)\).
En déduire qu’il existe effectivement une fonction paire \(p\) et une fonction impaire \(i\) telles que \(f=p+i\).
✅ Corrigé
On a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ f(x) = p(x) + i(x)\]
donc : \[\forall x\in\mathbb{R},\ f(-x) = p(-x) + i(-x)\]
d’où, comme \(p\) est paire et \(i\) est impaire : \[\forall x\in\mathbb{R},\ f(-x) = p(x) - i(x)\]
On a ainsi : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} p(x) + i(x) = f(x) \\ p(x) - i(x) = f(-x) \end{cases}\]
d’où (par somme et différence) : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} 2 p(x) = f(x) + f(-x) \\ 2 i(x) = f(x) - f(-x) \end{cases}\]
ce qui nous permet de conclure :
\[\forall x\in\mathbb{R},\ p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2} \quad \text{et} \quad i(x) = \frac{f(x) - f(-x)}{2}\]
Notons maintenant : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} \displaystyle p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2} \\ \displaystyle i(x) = \frac{f(x) - f(-x)}{2} \rule[0pt]{0pt}{20pt} \end{cases}\]
Commentaire
La question précédente nous permet de savoir que, si le couple \((p,i)\) existe, il est défini de manière unique ; il suffit donc de prouver que la seule solution possible est effectivement une solution.
Les fonctions \(p\) et \(i\) sont définies sur \(\mathbb{R}\), qui est centré en \(0\) et on a d’une part : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ p(-x) &= \frac{f(-x) + f(x)}{2} \\ &= p(x) \end{aligned}\]
et d’autre part : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ i(x) = \frac{f(-x) - f(x)}{2} \\ &= - \frac{f(x) - f(-x)}{2} \\ &= -i(x) \end{aligned}\]
Ainsi \(p\) est paire et \(i\) est impaire. Enfin on a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ p(x) + i(x) = \frac{f(-x) + f(x)}{2} + \frac{f(x) - f(-x)}{2} = f(x)\]
ce qui nous permet de conclure :
Il existe une fonction paire \(p\) et une fonction impaire \(i\) telles que \(f=p+i\)
📝 Mes notes :
Exercice 4 (🔥🔥) : Raisonnement par analyse-synthèse
📄 Énoncé
On se propose de déterminer toutes les fonctions \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) vérifiant la relation suivante : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)+x f(1-x)=1+x\]
Soit \(f\) une fonction satisfaisant la relation précédente.
Déterminer \(f(0)\) et \(f(1)\).
Soit \(x \in \mathbb{R}\). En substituant \(1-x\) à \(x\) dans la relation, déterminer \(f(x)\).
Conclure.
✅ Corrigé
D’après la relation vérifiée par \(f\) avec \(x=0\), on a : \[f(0) + 0 \times f(1) = 1\]
d’où :
\[f(0) = 1\]
On obtient de même, avec \(x=1\) : \[f(1) + 1 \times f(0) = 2\]
d’où :
\[f(1) = 2- f(0) = 1\]
On a : \[\label{Eg1} \forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)+x f(1-x)=1+x\]
donc, en substituant \(1-x\) à \(x\) et comme \(1-(1-x) = x\) : \[\label{Eg2} \forall x \in \mathbb{R}, \ f(1-x)+ \left( 1-x \right) f( x)=2-x\]
d’où, en faisant \(\eqref{Eg1} - x \times \eqref{Eg2}\) : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \left[ 1- x\left( 1-x \right) \right] f(x) = 1+x - x\left( 2-x \right)\]
soit encore : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \left(1-x+x^2 \right) f(x) =1-x+x^2\]
d’où, comme \(x\mapsto 1-x+x^2\) ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}\) (c’est un trinôme du second degré dont le discriminant est strictement négatif) :
\[\forall x\in\mathbb{R},\ f(x) = 1\]
D’après le résultat précédent, s’il existe une fonction vérifiant la relation souhaitée, alors celle-ci est constante égale à \(1\).
Considérons maintenant la fonction \(f : x\mapsto 1\), définie sur \(\mathbb{R}\). On a alors : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)+x f(1-x) = 1+ x \times 1 = 1\]
donc \(f\) vérifie la relation souhaitée, ce qui nous permet de conclure :
La fonction \(f:x\mapsto 1\) est l’unique fonction définie sur \(\mathbb{R}\) et vérifiant : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)+x f(1-x)=1+x\]