Chapitres Maths en MPSI, PCSI, MP2I, PTSI

Exercices corrigés sur les Nombres réels en Maths Sup

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Résumé de cours Exercices et corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Plan des exercices : Inégalité de Cauchy-Schwarz

1. Sur la partie entière
2. Inégalités
3. Parties bornées
4. Inégalité de Cauchy-Schwarz

Ces exercices sur les nombres réels sont classiques et incontournables pour certains. Il est primordial de bien comprendre le cours et de savoir traiter ces exercices pour la suite de maths sup. Si vous souhaitez aller plus loin et exceller, n’hésitez pas à demander à Groupe Réussite de vous mettre en relation avec un professeur pour des cours particuliers de maths à domicile.

1. Sur la partie entière en MPSI, PCSI, MP2I et PTSI

Exercice 1

$\forall\, x \in \mathbb{R},\, \lfloor - x \rfloor = - \lfloor x \rfloor$ . Vrai ou Faux ?

Correction : La propriété est fausse si $x \notin \mathbb{Z}$ , mais juste si $x \in \mathbb{Z}$ .

On suppose que $x \notin \mathbb{Z}$ . On note $x = n + \alpha$ avec $n \in \mathbb{Z}$ et $0 < \alpha < 1$
donc $-x = -n - \alpha = - n - 1 + (1 - \alpha)$ avec $-n - 1 \in \mathbb{Z}$ et $0 \leq 1 - \alpha < 1$
donc $\forall\, x \in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Z} ,\, \lfloor - x \rfloor = - \lfloor x \rfloor - 1$ .

Exercice 2

$\forall\, x \in \mathbb{R}, \, \lfloor 2\, x \rfloor- 2 \, \lfloor x \rfloor \in \{0 \,, \, 1\}$

Vrai ou Faux ?

Correction :

On rappelle quei $\forall\, n \in \mathbb{Z}, \, \forall\, x \in \mathbb{R}, \, \lfloor x + n\rfloor = \lfloor x \rfloor + n$ .

$\bullet$ Première méthode

On raisonne par encadrement.

$2 \, x - 1 < \lfloor 2\, x \rfloor \leq 2\, x\, \quad (1)$

$x - 1 < \lfloor x \rfloor \leq x$

donc

$2 \, x - 2 < 2\, \lfloor x \rfloor \leq 2\,x$

puis

$- 2\, x\leq - 2\, \lfloor x \rfloor < - 2\,x +2 \quad (2)$

par somme des deux inégalités (1) et (2),

$\quad \quad -1 < \lfloor 2\, x \rfloor- 2 \, \lfloor x \rfloor < 2$ .

Comme

$\lfloor 2\, x \rfloor- 2 \, \lfloor x \rfloor \in \mathbb{Z}$ ,

$\quad \quad \quad \lfloor 2\, x \rfloor- 2 \, \lfloor x \rfloor \in \{0 \, 1\}$ .

$\bullet$ Autre méthode :

On utilise la périodicité $T$ de la fonction $f$ ainsi définie et et on étudie $f$ sur $[0 , \, T[$ .

Soit si $x \in \mathbb{R}$ , $f(x) = \lfloor 2\, x \rfloor- 2 \, \lfloor x \rfloor$

$f(x + 1) = \lfloor 2\, x + 2 \rfloor- 2 \, \lfloor x + 1 \rfloor$

Par le rappel,

$f(x + 1) = \lfloor 2\, x \rfloor + 2 - 2 \, \lfloor x \rfloor - 2$

$\forall\, x \in \mathbb{R}, \, f(x + 1) = f(x)$ .

$f$ est 1-périodique .

$\ast$ si $x \in [0 , 1/2[,\, 2 \, x \in [0 , 1[$ , et $\quad \quad f(x) = 0 - 2 . 0 = 0$

$\ast$ si $x \in [1/2 , 1[, \, 2 \, x \in [1 , 2[$ , et $\quad \quad f(x) = 1 - 2 . 0 = 1$

si $x \in [0 , 1[$ , $f(x) \in \{0 \, , \, 1\}$ .

Par 1-périodicité, le résultat est valable pour tout réel $x$ .

Exercice 3

Si $n$ et $p \in \mathbb{Z}$ , calculer

$\quad a_n = \displaystyle\left \lfloor \frac {n +p} 2 \right \rfloor + \left \lfloor \frac {n - p + 1} 2 \right \rfloor$

Correction : Les entiers $n + p$ et $n - p$ sont de même parité (car leur somme $2 \, n$ est paire).

$\bullet$ Cas où $n + p$ et $n - p$ sont pairs.

On écrit $n + p = 2 \, q$ et $n - p = 2\, q'$ avec $(q , \, q') \in \mathbb{Z }^2$

donc $n - p + 1 = 2\, q' + 1$

et $\displaystyle \frac {n +p} 2 \ = q$ et $\displaystyle \frac {n -p +1 } 2 \ = q' + \frac 1 2$

$a_n = q + q'$

or par somme de $n + p = 2 \, q$ et $n - p = 2\, q'$ , $2 \, n = 2 \, q + 2 \, q'$

donc $a_n = n$ .

$\bullet$ Cas où $n + p$ et $n - p$ sont impairs.

On écrit $n + p = 2 \, q + 1$ et $n - p = 2\, q' + 1$ avec $(q ,\, q') \in \mathbb{Z }^2$

donc $n - p + 1 = 2\, q+ 2$

$\displaystyle \frac {n +p} 2 \ = q + \frac 1 2$ et $\displaystyle \frac {n -p +1 } 2 \ = q' + 1$

$a_n = q + q ' +1$

or par somme de $n + p = 2 \, q +1$ et $n - p = 2\, q'+1$ , $2\, n = 2 \, q + 2\, q' +2$

donc $a_n = n$ .

Dans les deux cas, $a_n = n$ .

Exercice 4

Pour tout $n \in \mathbb{N}$ ,

$\quad \displaystyle \left \lfloor \left (\, \sqrt{n} + \sqrt{n + 1} \, \right ) ^2 \right \rfloor \, = \, 4\, n + 1$ . Vrai ou Faux ?

$\displaystyle a_n = \left (\, \sqrt{n} + \sqrt{n + 1} \, \right ) ^2$

$a _n = n + n + 1 + 2 \sqrt{n(n + 1)}$

puis $n ^2 \leq n ^2 + n < (n + 1/2)^2$

donc $n \leq \sqrt{n(n + 1)} < n + 1/2$

et $4 \, n + 1 \leq a_n < 2 \, n + 1 + 2\, n + 1$

ce qui donne $\lfloor a_n \rfloor = 4 \, n + 1$ .

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2. Inégalités des nombres réels en prepa maths sup

Exercice 1

Soit $n \in \mathbb{N}^*$ .

Montrer que $\displaystyle (n!)^2 = \prod_{k = 1} ^{n} k(n - k + 1)$

En déduire que $\sqrt{n} \leq (n!) ^{1/n} \leq \displaystyle\frac {n + 1} 2$

Correction :

$\bullet$ $\displaystyle n! = \prod_{k = 1} ^{n} k = \prod_{p = 1} ^{n} (n - p + 1)$

par changement d’indice :

$k = n - p + 1$ ssi $p = n - k + 1$ .

$\bullet$ On introduit la fonction $f : x \mapsto x(n + 1 - x)$ définie sur $[1 , n]$

$f'(x) = n + 1 - 2\, x$ .

$f$ est croissante sur $[1 , (n + 1)/2]$ et décroissante sur $[(n + 1) / 2 , n]$ , elle admet donc un maximum en $(n + 1)/2$

et $\displaystyle f \left ( \frac {n + 1} 2 \right ) = \frac {(n + 1)^2} 4$ .

Le minimum de $f$ est égal à $n$ car $f(1) = f(n) = n$ .

$\bullet$ En utilisant $0 < n \leq k(n - k + 1) \leq \displaystyle \frac{(n + 1) ^2} 4$

et par produit de ces $n$ inégalités :

$\quad \quad \displaystyle n ^n \leq (n!)^2 \leq \frac{(n + 1) ^{2 n} } {4^n}$

puis comme la fonction $x \mapsto x ^{1 / (2n)}$ est croissante

$\quad \quad \displaystyle \sqrt{n} \leq (n! ) ^{1/n} \leq \frac{n + 1} 2$ .

Exercice 2

Peut on déterminer des réels $m$ tels que la fonction polynôme $P$ définie par

$\;(m + 1)x ^2 - 2( m - 1) x + 3 m + 6$ soit négative ou nulle pour tout réel $x$ ? Est-ce Vrai ou Faux ?

Correction : $\bullet$ Si $m = - 1$ , $4\, x + 3$ s’annule en changeant de signe en $-3/4$ , donc $m = - 1$ ne convient pas.

$\bullet$ Si $m \neq - 1$ ,

$\Delta = 4 (m - 1) ^2 - 4(3\, m + 6) (m + 1)$

$\Delta = 4 (m ^2 - 2 \, m + 1 - 3\, m ^2 - 9 \, m - 6)$

$\Delta = - 4( 2 \, m ^2 + 11\, m + 5)$

$\Delta = - 4( m + 5)(2 \, m + 1)$

$\ast$ Si $\Delta >0$ ssi $- 5 < m < - 1/2$ , $P$ s’annule en changeant de signe, donc $m$ ne convient pas.

$\ast$ Si $\Delta = 0$ , $P$ est du signe du coefficient de $x^2$ donc du signe de $m + 1$

$P(x)\leq 0$ ssi $m = - 5$ et $P(x) > 0$ si $m = - 1/2$ et $x \neq - 3$ ( $-3$ est la racine double de $P$ ).

Si $\Delta < 0$ , $P$ ne s’annule pas et est du signe du coefficient $m + 1$ de $x^2$ .

Si $m < - 5, \, P(x) < 0$ .

Si $m > - 1/2, \, P(x) > 0$ .

En conclusion, $P(x) \leq 0$ pour tout $x$ ssi $m \leq - 5$ .

Exercice 3

Suivant les valeurs du réel $m$ , étudier l’existence et le signe des racines réelles de l’équation

$(m - 1) x^2 - 2(m + 1) x + 4 m + 1 = 0$

Correction : $\bullet$ Si $m = 1$ , l’équation s’écrit $- 4\, x + 5 = 0$ , elle admet une seule racine positive.

On suppose dans la suite que $m \neq 1$ .

$\bullet$ $\Delta = 4(m + 1) ^2 - 4 (m - 1) (4 \,m + 1) )$

$\Delta = 4 (m ^2 + 2 m + 1 - 4 m ^2 + 4 m - m + 1)$

$\Delta = 4 ( - 3\, m ^2 + 5 \, m + 2)$

$\Delta = 8 (2 - m) (3 \, m + 1)$ .

$\ast$ $\Delta < 0$ lorsque $m < - 1/3$ ou $m > 2$ , il n’y a pas de racine réelle.

$\ast$ $\Delta = 0$ ssi $m = 2$ ou $m = - 1/3$

Si $m = 2$ , on obtient une racine double égale à 3 et si $m = - 1/3$ égale à $-1/2$ .

$\bullet$ On suppose que $\Delta > 0$ soit $- 1/3 < m < 2$ .

$\ast$ La somme des racines est égale à $\displaystyle S = \frac {2(m+ 1)} {m - 1}$ avec $m + 1 > 0$ .

$\ast$ Le produit des racines est égal à $\displaystyle P = \frac {4 \, m + 1} {m - 1}$ .

On est amené à placer $m$ par rapport à $-1/4$ et $1$ .

… Si $- 1/3 < m < - 1/4$ , $4\, m + 1 < 0$ , $m + 1 > 0$ et $m - 1 < 0$ , $P > 0$ et $S < 0$ . Les deux racines sont négatives.

… Si $m = - 1/4$ , $P = 0$ et $S < 0$ , une racine est nulle, l’autre est strictement négative.

… Si $- 1/4 < m < 1$ , $S < 0$ et $P < 0$ . Les deux racines sont de signe opposé.

… Si $1 < m < 2$ , $S > 0$ et $P > 0$ . Les deux racines sont strictement positives.

3. Parties bornées en prepa MPSI, PTSI, PCSI et MP2I

Exercice 1

$A = \left \{ 3 - \displaystyle \frac 1 {2 ^n} \, , \, n \in \mathbb{N}\right \}$

est une partie de $\mathbb{R}$ n’admettant pas de plus grand élément mais telle que $\sup A = 3$ .

Correction :

$\bullet$ Si $A$ avait un plus grand élément, il existerait $p \in \mathbb{N}$ tel que $3 - \displaystyle \frac 1 {2 ^p} = \max A$ , alors on devrait avoir en particulier

$\displaystyle 3 - \frac 1 {2 ^{p + 1} } \; \leq 3 - \frac 1 {2 ^p}$

donc $\displaystyle \frac 1 {2 ^p} \leq \frac 1 {2 ^{p + 1} }$ ce qui implique

$2 ^{p + 1} \leq 2 ^p$ ce qui est absurde .

$\bullet$ $A$ est une partie de $\mathbb{R}$ , non vide et majorée par 3. Elle admet une borne supérieure vérifiant

$\sup A \leq 3$ .

Pour tout $\gamma < 3$ , on démontre que $\gamma$ n’est pas un majorant de $A$ en cherchant $n\in \mathbb{N}$ tel que $\displaystyle 3 - \frac 1 {2 ^n} > \gamma$

c’est équivalent à $\displaystyle \frac 1 {2 ^n} < 3 - \gamma$ .

Comme on compare des réels strictement positifs, c’est équivalent à

ssi $\displaystyle \frac 1 {3 - \gamma} < 2 ^n$ .

La fonction $\ln$ étant strictement croissante, on a la CNS

ssi $\displaystyle \ln \left ( \frac 1 {3 - \gamma} \right ) < \ln (2 ^n)$

ssi $- \ln (3 - \gamma) < n \ln (2)$

en divisant par $\ln(2) > 0$

ssi $n > \displaystyle \frac {- \ln (3 - \gamma)} {\ln(2)}$

Il suffit de choisir $n = \displaystyle \left \lfloor \frac {- \ln (3 - \gamma)} {\ln(2)} \right \rfloor + 1$ si c’est un entier positif et $n$ = 0 sinon.

On a prouvé que $3 = \sup A$ .

Exercice 2

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides de $\mathbb{R}$ telles que $A \subset B$ .

Si $B$ est bornée, $A$ est bornée et

$\quad \sup A \leq \sup B$ et $\inf B \leq \inf A$ . Vrai ou Faux ?

Correction :

$\bullet$ Si $B$ est une partie bornée non vide de $\mathbb{R}$ , on peut définir $M = \sup B$ et $m = \inf B$ .

Pour tout $a \in A$ , $a \in B$ , donc $m \leq a \leq M$

$A$ est bornée.

$\bullet$ $m$ est un minorant de $A$ , il est donc inférieur ou égal à la borne inférieure de $A$ , soit $m \leq \inf A$ donc $\inf B \leq \inf A$ .

$\bullet$ $M$ est un majorant de $A$ , donc il est supérieur ou égal à la borne supérieure de $A$ , donc $\sup A \leq M$ , soit $\quad \quad \quad \quad \sup A \leq \sup B$ .

Exercice 3
Soient $a , b$ deux réels non tous les deux nuls. On note $\quad A = \{ a \cos(x) + b \sin(x) \, / \, x \in \mathbb{R} \}$ .

$A$ admet un minimum et un maximum. Vrai ou Faux ?

Correction :

On introduit le complexe non nul $a + \textrm{i} \, b$ et sa forme exponentielle

$a + \textrm{i} \, b = \rho \;\textrm{e} ^{ \textrm{i} \, t}$ avec $\rho = \sqrt{a ^2 + b ^2} > 0$ et $t \in \mathbb{R}$ .

Alors

$a \cos(x) + b \sin(x) =$ $\quad \quad \rho \, ( \cos(t) \cos(x) + \sin(t) \sin(x))$

donc $A = \{ \rho \cos(x - t) \, / \, x \in \mathbb{R} \}$ .

$\cos(x - t)$ décrit $[- 1 ,\, 1]$ si $x$ décrit $\mathbb{R}$ .

$\max A$ et $\min A$ existent et $\max A = \rho = \sqrt{a ^2 + b ^2}$ , $\min A= - \rho = - \sqrt{a ^2 + b ^2}$ .

Exercice 4
Soient $A$ une partie borne non vide de $\mathbb{R}$ . On note $B = \{ - a \,/ \, a \in A\}$ .
$\sup B = - \inf A$ .

Vrai ou Faux ?

Correction : $A$ est une partie bornée non vide de $\mathbb{R}$ . On peut introduire $M = \sup A$ et $m = \inf A$ .

$\bullet$ $\forall\, b \in B$ , on écrit $b = - a$ avec $a \in A$ , donc $m \leq a \leq M$ et alors $\quad \quad \quad - M \leq b \leq - m$ .
$B$ est une partie bornée non vide de $\mathbb{R}$ admettant $- M$ pour minorant et $- m$ pour majorant.
donc $- M \leq \inf B$ et $\sup B \leq - m$ .
soit $- \sup A \leq \inf B$ et $\sup B \leq - \inf A$ .

$\bullet$ Puis en introduisant $\quad \quad \quad B' = \{ - b \, / \, b \in B \} = A$ ,
le raisonnement précédent donne en échangeant $A$ et $B$ ,
$\quad - \sup B \leq \inf A$ et $\sup A \leq - \inf B$ .
Soit $- \inf A \leq \sup B$ et $\inf B \leq -\sup A$ .

Par double inégalité,
$\quad - \sup A = \inf B$ et $\sup B = - \inf A$ .

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4. Inégalité de Cauchy-Schwarz en prepa maths sup

Exercice 1

On suppose que $n \in \mathbb{N}^*$ et que $(a _ 1 \, , \cdots \, , \, a_n)$ et $(b _ 1 \, , \cdots \, , \, b_n)$ sont deux familles de réels.

Question 1

Soit $t \in \mathbb{R}$ et $P(t) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n ( t \, a_k + b_k) ^2$

En développant $P(t)$ , montrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

$\displaystyle \left ( \sum _{k = 1 } ^n a_k \, b_k \right ) ^2 \leq \left ( \sum _ {k = 1} ^n a_k ^2 \right ) \left ( \sum _ {k = 1} ^n b_k ^2 \right )$

Correction :

$P(t) = \displaystyle \sum _{k = 1} ^n ( t \, a_k + b_k) ^2$

$\; = \displaystyle t ^2 \sum _{k = 1} ^n a_k ^2 + 2 t \, \sum _{k = 1} ^n a_k \, b_k + \sum _ {k = 1} ^n b_k ^2$

Expression que l’on écrit sous la forme

$P(t) = A \, t ^2 + 2 \, B \, t + C$ .

On doit avoir pour tout réel $t$ , $P(t) \geq 0$ .

$\bullet$ Si $A = 0$ , comme somme nulle de réels positifs ou nuls, on en déduit que

$\forall\, k \in [\![1 , \, n]\!], a_k = 0$ et l’inégalité est évidente, car elle s’écrit $0 \leq 0$ .

$\bullet$ Si $A \neq 0$ , $P$ est une fonction polynôme de degré 2 qui est positive ou nulle pour tout $t$ , donc

$\Delta \leq 0$ soit $B ^2 - A\, C \leq 0$ ce qui est l’inégalité demandée.

Question 2

L’inégalité précédente est une égalité si, et seulement si,

$\quad \quad \; \; \forall\, k \in [\![1 , n]\!] , \, a_k = 0$

$\quad$ ou $\exists \, \lambda\in \mathbb{R}$ , $\forall k \in [\![1 , n]\!] , \, b_k = \lambda \, a_k \,$ .

Correction :

On garde les notations de la démonstration de la question précédente.

$\ast$ Si $A = 0$ , il y a égalité et cela correspond à la CNS : $\forall \, k , a_k = 0$ .

$\ast$ Si $A \neq 0$ et s’il y a égalité, le discriminant de l’équation est nul, donc il existe $\mu \in \mathbb{R},$

$P(\mu) = 0$ soit comme somme nulle de réels positifs ou nuls, $\forall\, k ,\, \mu\, a_k + b_k = 0$ donc $b_k = - \mu \, a_k$

On démontre la réciproque.

On suppose qu’il existe $\lambda \in \mathbb{R},$ $\quad \quad \forall k \in [\![1 , n]\!] , \, b_k = \lambda \, a_k \;$ .

$\displaystyle \sum _{k = 1 } ^n a_k \, b_k = \lambda \sum _{k = 1 } ^n a_k^2$

et $\displaystyle \sum _{k = 1 } ^n b_k ^2 = \lambda^2 \sum _{k = 1 } ^n a_k^2$ .
L’égalité est alors évidente.

Conclusion :
Il y a égalité ssi $\forall k \in [\![1 \, , \, n]\!],\, a_k = 0$ ou $\exists\, \lambda \in \mathbb{R}, \, \forall\, k\in [\![1 \, , \, n]\!],\, b_k = \lambda\, a_k\;$ .

Il est évident que l’on peut échanger les deux familles $a$ et $b$ dans la condition précédente.

Exercice 2 Deuxième démonstration

On suppose que $n \in \mathbb{N}$ et que $(a _ 1 \, , \cdots \, , \, a_n)$ et $(b _ 1 \, , \cdots \, , \, b_n)$ sont deux familles de réels.

Question 1

$\forall \, (x,\, y) \in \mathbb{R}^2$ , $\vert x \, y \vert \displaystyle \leq \frac 1 2 (x ^2 + y ^2)$ .

Vrai ou Faux ?

Correction : $\displaystyle \frac {x^2 + y ^2 } 2 - \vert x \, y \vert = \frac {(\vert x \vert - \vert y \vert ) ^2} 2 \geq 0$ .

Question 2

$\displaystyle \sum _ {k = 0} ^n \vert a_k \, b_k \vert \leq \frac 1 2 \sum _ {k = 1} ^n (a_k ^2 + b_k ^2)$ . Vrai ou Faux ?

Correction :

On additionne les $n$ inégalités

$\vert a_k \, b_k \vert \leq \displaystyle \frac 1 2 (a_k ^2 + b_k ^2)$ .

Question 3

On suppose que les deux familles $(a _ 1 \, , \cdots \, , \, a_n)$ et $(b _ 1 \, , \cdots \, , \, b_n)$ contiennent au moins un élément non nul.

Soit $A = \displaystyle\sqrt{ \sum _ {k = 1} ^n a_k ^2}$ et $B = \displaystyle \sqrt{\sum _ {k = 1} ^n b_k ^2}$ .

En utilisant les réels $\displaystyle x_k = \frac {a_k} A$ et $\displaystyle y_k =\frac {b_k } B$ si $1 \leq k \leq n$ , démontrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

$\displaystyle \left ( \sum _{k = 1 } ^n a_k \, b_k \right ) ^2 \leq \left ( \sum _ {k = 1} ^n a_k ^2 \right ) \left ( \sum _ {k = 1} ^n b_k ^2 \right )$

Correction :

$\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n x_k ^2 = \frac 1 {A ^2} \sum _{k = 1} ^{n} a_k ^2 = 1$

de même $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n y_k ^2 = \frac 1 {B ^2} \sum _{k = 1} ^{n} b_k ^2 = 1$

et $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \vert x_k \, y_k \vert \leq \frac 1 2 \sum _ {k = 1} ^n (x_k ^2 + y_k ^2) \leq 1$

donne $\displaystyle \frac 1 {A B} \sum _ {k = 1} ^n \vert a_k \, b_k \vert \leq 1$

soit $\displaystyle \sum _ {k = 1} ^n \vert a_k \, b_k \vert \leq A \, B$ .

Par l’inégalité triangulaire,

$\quad \displaystyle \left \vert \sum _ {k = 1} ^n a_k \, b_k \right \vert \leq \sum _ {k = 1} ^n \vert a_k \, b_k \vert \leq A \, B$

puis en élevant au carré,

$\displaystyle \left ( \sum _ {k = 1} ^n a_k \, b_k \right ) ^2 \leq \left ( \sum _ {k = 1} ^n a_k ^2 \right ) \, \left ( \sum _ {k = 1} ^n b_k ^2 \right )$

On a donc obtenu une autre démonstration de l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans le cas de deux familles de réels non tous nuls.

Si l’une des familles est nulle, l’inégalité est évidente car elle s’écrit $0 \leq 0$ .

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Plan des exercices : Inégalité de Cauchy-Schwarz

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