Exercice 16

1. (ii) $\Rightarrow$ (i). Soit $A \in \mathbb{R}$ ; (ii) fournit $n$ tel que $u_{n} > A$, donc $u_{n} \geqslant A$.

(i) $\Rightarrow$ (ii). Soit $A \in \mathbb{R}$. On applique (i) au réel $A + 1$ : il existe $n$ tel que $u_{n} \geqslant A + 1 > A$. $$\boxed{\text{(i)} \iff \text{(ii)} : \text{ ces deux assertions traduisent que } (u_{n}) \text{ n'est pas majorée.}}$$ Le procédé est à retenir : pour passer d'une inégalité large à une inégalité stricte, on applique l'hypothèse universelle à une valeur légèrement décalée.

2. Sens direct. Supposons $f$ strictement croissante et soit $a$, $b$ deux réels. Si $a \leqslant b$, alors soit $a = b$ et $f(a) = f(b)$, soit $a < b$ et $f(a) < f(b)$ ; dans les deux cas, $f(a) \leqslant f(b)$. Réciproquement, montrons $f(a) \leqslant f(b) \Rightarrow a \leqslant b$ par contraposée : si $a > b$, alors $f(a) > f(b)$.

Sens réciproque. Supposons la condition vérifiée et soit $x < y$. Comme $x \leqslant y$, on a $f(x) \leqslant f(y)$. Si l'on avait $f(x) = f(y)$, alors $f(y) \leqslant f(x)$, et la condition appliquée à $(a,b) = (y,x)$ donnerait $y \leqslant x$ : c'est faux. Donc $f(x) < f(y)$. $$\boxed{f \text{ strictement croissante} \iff \forall (a,b) \in \mathbb{R}^{2},\ \big(a \leqslant b \Leftrightarrow f(a) \leqslant f(b)\big)}$$ Une fonction strictement croissante est donc exactement une fonction qui « préserve et reflète » l'ordre : on peut appliquer $f$ aux deux membres d'une inégalité, mais aussi la « retirer ». C'est ce que l'on fait, sans le dire, en résolvant $\mathrm{e}^{x} \leqslant \mathrm{e}^{2}$.

3. Sens réciproque. Supposons $b \geqslant 0$ et $a + b \geqslant 0$. Pour tout $x \in \,]0\,,1[$, $$ax + b = (1 - x)\,b + x\,(a + b) \geqslant 0,$$ comme somme de deux produits de réels positifs.

Sens direct, par contraposée. Supposons d'abord $b < 0$. Si $a \leqslant 0$, alors $ax + b \leqslant b < 0$ pour tout $x \in \,]0\,,1[$, par exemple pour $x = \frac{1}{2}$. Si $a > 0$, le réel $x = \min\big(\frac{1}{2}\,,-\frac{b}{2a}\big)$ appartient à $]0\,,1[$ et vérifie $ax \leqslant -\frac{b}{2}$, donc $ax + b \leqslant \frac{b}{2} < 0$. Supposons maintenant $a + b < 0$. En posant $t = 1 - x$, qui parcourt aussi $]0\,,1[$, on a $ax + b = (-a)\,t + (a + b)$ : c'est une expression de la même forme, de coefficients $a' = -a$ et $b' = a + b < 0$, et le cas précédent fournit un $t$ qui la rend strictement négative. $$\boxed{\big(\forall x \in \,]0\,,1[,\ ax + b \geqslant 0\big) \iff \big(b \geqslant 0 \ \mathrm{et}\ a + b \geqslant 0\big)}$$ Graphiquement, le segment de droite d'équation $y = ax + b$ au-dessus de $]0\,,1[$ est au-dessus de l'axe des abscisses si et seulement si ses deux extrémités, d'ordonnées $b$ et $a + b$, le sont. L'identité $ax + b = (1 - x)b + x(a + b)$ exprime que chaque point du segment est un barycentre à coefficients positifs de ses extrémités.