CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS12. (b) Soit E un ensemble fini tel que card(e) = n. Donner card(p(e)).

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1 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS1 1 Corrigés 1 Ensembles (a) Soit E {a, b, c} Alors P(E) {, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}} (b) Soit E un ensemble fini tel que card(e) n Donner card(p(e)) Corrigé 1 On note x 1,, x n les éléments de E Pour chaque x i, on note 1 si x i est dans le sous-ensemble et 0 sinon (deux choix pour chaque élément) Par conséquent, card(p(e)) n Une version plus rigoureuse consiste à faire une démonstration par récurrence Si E (le cas n 0), alors P(E) { } Donc card(p(e)) 1 0 Si l affirmation est vraie pour n, alors pour l élément x on a deux choix comme expliqué ci-dessus Il en suit que si card(e) n + 1, alors card(p(e)) n ( ) n Corrigé Il y a sous-ensembles à éléments ( 0, n où 0 correspond à l ensemble vide) Par conséquent (voir aussi la formule du binôme de Newton, exercice 8), card(p(e)) ( n ) n Ensembles et Fonctions Soit f : E F une fonction et A, B E Montrer que (a) f[a B] f[a] f[b], (b) f[a B] f[a] f[b] Donner un exemple où f[a B] f[a] f[b] Corrigé (a) Si x A B, alors f(x) f[a] et f(x) f[b], c est-à-dire f(x) f[a] f[b] (b) Si x A B, alors f(x) f[a] f[b] Si y f[a] f[b], alors il existe x A ou x B, c est-à-dire x A B tel que y f(x) d où l affirmation Soit A {1, }, B {, 3} et f tels que f(1) a, f() b, f(3) a, a b Alors f[a] f[b] {a, b} et f[a B] {b} 3 Le cardinal Soit E, F des ensembles finis Montrer que (a) card(e)+card(f ) card(e F )+card(e F ) (principe d exclusioninclusion) (b) card(e F ) card(e) card(f )

2 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS13 Corrigé 1 Si E F, alors le cardinal est additif : card(e) + card(f ) card(e F ) Si E F, écrire E, F, E F comme réunion d ensembles disjoints à : E F (E F ) (E \ F ) (F \ E), E (E F ) (E \ F ), F (E F )) (F \ E), d où l affirmation Pour le produit cartésien, c est la définition du produit cartésien comme ensemble de couples (voir aussi corrigé ) Corrigé On utilise des fonctions indicatrices en admettant les identités données au cours et card(e) x E χ E (x) Pour (a), il reste à prendre la somme sur les x E F ou sur un ensemble plus large dans Pour (b), noter que card(e F ) x E χ E (x) + χ F (x) χ E F (x) + χ E F (x) ( χ E (x)χ F (y) y F x E )( χ E (x) y F ) χ F (y) 4 Axiomes En utilisant les axiomes algébriques d un corps K, montrer que l élément neutre de l addition 0 est unique Corrigé Soit 0 K un autre élément tel que 0 + x x pour tout x K, en particulier, D autre part, 0 + x x pour tout x K, en particulier, L addition est commutative, ie , donc 0 0 qed 5 Axiomes En utilisant les axiomes algébriques pour les nombres réels, montrer que pour tout x R on a : 0 x 0 et ( 1) x x En déduire que ( 1) ( 1) 1 Corrigé Notons d abord les axiomes algébriques Soit x, y, z R A1 x + (y + z) (x + y) + z et x (y z) (x y) z A x + y y + x et x y y x A3 Il existe un élément noté 0 tel que pour tout x : 0 + x x A4 Pour chaque x, il existe un élément noté x tel que x + ( x) 0 A5 Il existe 1 0 tel que pour tout x : 1 x x A6 Pour chaque x 0, il existe un élément noté x 1 tel que x x 1 1 A7 x (y + z) x y + x z

3 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS14 Montrons 0 x 0 (entre parenthèses l axiome appliqué) : 0 x x (x + ( x)) + 0 x ( x + x) + 0 x x + (x + 0 x) x + (1 x + 0 x) x + (x 0 + x 1) x + (x (0 + 1)) x + (x 1) x + (1 x) x + x x + ( x) 0 (A3) (A4) (A) (A1) (A5) (A) (A7) (A3) (A) (A5) (A) (A4) Remarque : Les étapes (A) peuvent être supprimées en appliquant directement la loi commutative lors des autres axiomes Donc brièvement (exercice : noter les étapes comme ci-dessus) : x + ( 1) x 1 x + ( 1) x (1 + ( 1)) x 0 x 0 ie x ( 1) x et ( 1) 1+(1+( 1)) ( 1) 1+( 1)+( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 6 Axiomes En utilisant les axiomes d ordre pour les nombres réels et le résultat de l exercice 5, montrer que pour tout x 0 on a : x : x x > 0, ie le carré d un nombre réel nonzéro est positif Corrigé Si x > 0, alors x 0 est donc x > 0 Le cas x 0 est exclu, car sinon on a x 1 x (x 1 x) x x 1 ( x x) (x 1 0) 0 par l exercice 5, d où contradiction Si x < 0, alors x > 0 et 0 < ( x) ( x) ( 1) x ( 1) x ( 1) x 1 x x en utilisant le résultat de l exercice 5 7 Axiomes Soit a, b R, a 0 Montrer que l équation ax + b 0 admet l unique solution x b a

4 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS15 Corrigé C est une conséquence des axiomes d ordre ax + b 0 est équivalent à ax + b 0 et 0 ax + b Si 0 a, par les axiomes d ordre 4 et 5, la première inégalité est équivalente à x b, la deuxième inégalité a est équivalente à b a a 0 x, d où l affirmation par l axiome De même si 8 Axiomes Soit K {(a, b) : a + b : a, b Q} Montrer que K (+, ) est un corps où (a 1, b 1 )+(a, b ) (a 1 +a, b 1 +b ), (a 1, b 1 ) (a, b ) (a 1 a +b 1 b, a b 1 +a 1 b ) Corrigé Les lois associative, commutative et distributive sont une conséquence des lois dans Q, donc on ne donne pas de détails Pour l addition, l élément neutre est (0, 0) et pour la multiplication (1, 0) L inverse additif de (a, b) est ( a, b) et l inverse multiplicatif est ( a a b, b ) Noter que a b a b 0 si (a, b) (0, 0) Pourquoi? 9 Développement décimal Montrer qu un nombre réel est rationnel si et seulement si son développement décimal est périodique Corrigé Commenons par montrer que tout nombre rationnel d p q admet un développement décimal périodique Sans perte de généralité, on peut supposer p < q (pourquoi?) La forme décimale de d s obtient par division euclidienne : d p q 0, a 1a a 3 a 4, où chaque division successive donne la décimale a i suivante ainsi qu un reste r i Par définition du reste, r i est un entier satisfaisant r i < n Donc après n divisions, au moins deux restes r j et r seront égaux avec j < Autrement dit, le processus de division devient périodique au moins à partir de la décimale a j Cette preuve indique aussi que la taille de la période est au plus n Pour la réciproque, considérons un nombre réel de développement périodique d b 1 b b m, c 1 c c n a 1 a a u, et montrons qu il est rationnel Etant donné que b 1 b b m, c 1 c c n est clairement rationnel, il suffit de se restreindre au nombre r 0, a 1 a a u En posant s a 1 a a u, on voit que 10 u r r a 1 a a u, a 1 a a u 0, a 1 a a u s s r 10 u 1 Q 10 Relation d équivalence On rappelle la relation d équivalence dans Z Z\{0} qui définit l ensemble Q des rationnels : p q p q si pq p q Soit a, a, c, c Z et b, b, d, d Z tels que a b a b et c d c d Montrer que (a) a b + c d a b + c d (b) a b c d a b c d

5 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS16 Corrigé (a) Il faut montrer que ad+bc c d Par hypothèse, on a que ab a b et cd dc Donc (ad + bc)b d (ab )(dd ) + (bb )(cd ) (a b)(dd ) + (bb )(c d) (a d + b d )bd bd a d +b c (b) Il faut montrer que ac b d Par hypothèse, on a que ab a b et cd dc Donc (ac)(b d ) (ab )(cd ) (a b)(c d) (a c )(bd) bd a c 11 Nombres premiers I Montrer que tout nombre naturel n > 1 s écrit de manière unique comme produit de nombres premiers : n m i1 p i i, p 1 < p < < p m, i N Idée : raisonner par récurrence pour prouver l existence de la décomposition en nombre premiers Pour l unicité, utiliser le lemme d Euclide qui dit que si un nombre premier p divise un produit d entiers ab, alors il divise a ou il divise b Corrigé (a) Existence de la décomposition Si n, alors la proposition est vraie car est premier Supposons que l énoncé est vrai pour tout entier n et étudions n + 1 Si n + 1 est un nombre premier, alors la proposition est vérifiée Si n est pas premier, alors il est divisible par un entier supérieur à 1 et donc n + 1 ab avec 1 < a, b n Par hypothèse de récurrence, a et b s écrivent comme produits de nombres premiers, donc n + 1 ab est aussi un produit de nombre premiers (b) Unicité Supposons que n s écrive comme produit de nombres premiers de deux manières différentes (ici les p i, q i ne sont pas forcément différents) : n p 1 p p r q 1 q q s On va montrer que r s et que les deux expressions diffèrent simplement par une permutation des facteurs Par le lemme d Euclide, p 1 doit diviser un des q j Mais vu que q j est premier cela implique que p 1 q j On divise ensuite n par p 1 et on fait le même raisonnement pour p et ainsi de suite jusqu à p r On en déduit que r s et qu à chaque p i correspond un q j p i En suivant le même processus en considérant q 1, q,, on voit que s r Donc s r et les q j sont un simple réarrangement des p i 1 Nombres premiers II Montrer qu il existe une infinité de nombres premiers Corrigé Par l absurde, supposons qu il existe un nombre fini n de nombres premiers On les note p 1, p, p n On construit le nombre N p 1 p p n + 1 et on sait par l exercice 11 qu il est divisible par un nombre premier Il existe donc un p i qui divise N Mais il est clair que p i divise aussi p 1 p p n, et par conséquent la différence N p 1 p p n 1 est aussi divisible par p i Mais par définition p i > 1, d où la contradiction

6 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS17 13 Calcul des fonctions composées Pour les deux fonctions f, g : R R définies respectivement par { x + 3 si x 0, f(x) x si x < 0 et calculer g f et f g g(x) { x + 1 si x 3, x si x < 3, Corrigé x + 7 si x 0, g f(x) g(f(x)) x si 3 < x < 0 x + 1 si x 3 car si x 0, alors f(x) x et g(f(x)) f(x) + 1, et si x ] 3, 0[, alors 0 < f(x) < 3 et g(f(x)) f(x), et si x 3, alors f(x) x 3 et g(f(x)) f(x) + 1 x + 4 si x 3, f g(x) f(g(x)) x + 3 si 0 x < 3 x si x < 0 car si x 3, alors g(x) x+1 0 et f(g(x)) g(x)+3, et si 0 x < 3, alors g(x) x 0 et f(g(x)) g(x) + 3, et si x < 0, alors g(x) x < 0 et f(g(x)) g(x) 14 Propriétés des fonctions I Montrer que la fonction f : N N N définie par f(m, n) m (n + 1) est bijective En déduire une bijection entre N N et N et entre N N et N Corrigé On commence par montrer que la fonction est injective Soit (m 1, n 1 ), (m, n ) N N tels que f(m 1, n 1 ) f(m, n ) ou autrement dit, m1 (n 1 + 1) m (n + 1) On voit que m 1 m En effet, si m 1 m (on suppose sans perte de généralité m 1 > m ), alors on a m1 m (n 1 + 1) n + 1 et donc n + 1 devrait être divisible par ce qui est impossible vu qu il s agit d un nombre impair Ensuite vu que m 1 m, on a directement n n + 1 et ainsi n 1 n, ce qui prouve l injectivité On montre maintenant la surjectivité Soit N N Si N est impair, alors on choisit m 0 et n N 1 N qui vérifient f(0, N 1 ) N Si N est pair alors on le divise par et on pose N 1 N N Si N 1 est pair, on continue le processus jusqu à ce que N N soit impair (remarquer

7 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS18 que pour tout N il existe un tel que N soit impair) On pose ensuite n N 1 N et on vérifie bien que f(, N 1 ) N Par analogie, on voit que g : N N N définie par g(m, n) m () 1 est aussi une bijection De même, h : N N N définie par h(m, n) m (n 1) est aussi bijective 15 Propriétés des fonctions II Soit une fonction bijective g : N Q + telle que g(0) 0 Montrer que g n est pas croissante Corrigé Soit g(1) r Q + Vu que g est injective, on a r 0 et donc r > 0 On considère maintenant le rationnel r Q + Vu que g est surjective, il existe n N, n, tel que g(n) r On a donc 1 < n et g(1) > g(n), ce qui prouve que g n est pas croissante 16 Propriétés des fonctions III Montrer que la fonction f : N Z définie par { n f(n) si n est pair, si n est impair est bijective Donner f 1 Corrigé On commence par montrer l injectivité Soit n, m N tels que f(n) f(m) Si n est pair, f(n) n 0 et donc m doit être pair pour satisfaire f(m) 0 Ainsi f(m) m et on conclut que m n Si n est impair, on montre par le même raisonnement que n m Cela prouve l injectivité Pour la surjectivité, soit N Z Si N 0, on a que n N N et que n est pair, donc f(n) N Si N < 0, on a que n 1 N N et que n est impair, donc f(n) N Cela prouve la surjectivité La démonstration pour la surjectivité nous donne directement la forme de la fonction réciproque f 1 : Z N { f 1 n si n 0, (n) 1 n si n < 0 17 Propriétés des fonctions IV* Montrer que la fonction f : N N N définie par (m + n)(m + n + 1) f(m, n) + m est bijective Corrigé On commence par montrer l injectivité Soit (m 1, n 1 ), (m, n ) N N tels que f(m 1, n 1 ) f(m, n ) Sans perte de généralité, on peut supposer m 1 m On doit donc avoir n 1 n (sinon on trouve que

8 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS19 f(m 1, n 1 ) > f(m, n )) On peut donc introduire trois nouvelles variables a m + n 1, m 1 m et l n n 1 avec a,, l N et on obtient : f(m 1, n 1 ) f(m, n ) f(m +, n 1 ) f(m, n 1 + l) (m + n 1 + )(m + n ) + (m + n 1 + l)(m + n 1 + l + 1) (a + )(a + + 1) + (a + l)(a + l + 1) On montre maintenant que cette équation est satisfaite seulement si l 0 En effet, si on suppose que > l, alors le membre de gauche est clairement strictement supérieur au membre de droite Si on suppose que < l, alors on a l + 1 et on conclut que le membre de droite est strictement supérieur au membre de gauche car (a+l)(a+l+1) (a+ +1)(a+ +1+1) (a+)(a+ +1)+ +a+ Il reste seulement le cas l et on voit que l équation est satisfaite seulement si 0 Autrement dit, l 0 et donc (m 1, n 1 ) (m, n ), ce qui prouve l injectivité On démontre la surjectivité par récurrence Cette propriété est vraie pour N 0, car f(0, 0) 0 Supppons qu elle soit vraie pour N : i, j N tq N f(i, j) La clé est de s apercevoir que { f(m, 0) + 1 f(0, m + 1) m N, f(m, n) + 1 f(m + 1, n 1) si n 1 Autrement dit, si j 0 alors N + 1 f(0, i + 1), tandis que si j 1 alors N + 1 f(i + 1, j 1) Cela prouve la surjectivité 18 Fonctions des ensembles I Soit A R et χ A sa fonction indicatrice (voir cours) On note A c R \ A le complementaire de A Vérifier que Soit A, B R Vérifier que χ A c(x) 1 χ A (x) χ A (x) χ B (x) χ A B (x) et Conclure que χ A (x) + χ B (x) χ A B (x) + χ A B (x) ( 1 χa (x) )( 1 χ B (x) ) 1 χ A B (x) Interpréter cette identité Corrigé Les vérifications ont été présentées en cours Le principe d inclusionexclusion χ A (x) + χ B (x) χ A B (x) + χ A B (x) s écrit en utilisant χ A (x) χ B (x) χ A B (x) comme suit : χ A (x) + χ B (x) χ A B (x) + χ A (x) χ B (x)

9 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS0 ou ( 1 χa (x) )( 1 χ B (x) ) 1 χ A B (x) C est la loi de de Morgan : A c B c ( A B ) c 19 Fonctions des ensembles II - principe d exclusion-inclusion Soit A 1,, A n R Montrer par récurrence que 1 χ A1 A n (x) n ( 1 χa (x) ) Corrigé L identité est vraie pour n 1 (évident) et n (par l exercice précédent) La conclusion n n + 1 : en utilisant l identité pour n on a 1 χ A1 A n A (x) ( )( 1 χ A1 A n 1 χa (x) ) n ( 1 χa (x) )( 1 χ ) A(x) ( 1 χa (x) ) 0 La progression géométrique Montrer que pour tout x, y R et tout entier positif n : n 1 x n y n (x y) x n 1 y En déduire la somme d une progression géométrique, à savoir pour tout réel a 1 et tout entier positif n : a 1 a 1 a Corrigé La relation est également démontrée dans le resumé du cours avec x a et y b Appelons cette relation R(n) Pour n 1, nous avons a n b n a b et n 1 (a b) a n 1 b (a b) 0 a 1 1 b (a b) a 0 b 0 a b Par conséquent, R(1) est vraie Pour démontrer que R(n) implique R() nous écrivons a b comme suit : a b a ab n + ab n b a(a n b n ) + (a b)b n

10 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS1 Nous utilisons ensuite la relation R(n) Donc n 1 a b a (a b) a n 1 b + (a b)b n n 1 (a b) a 1 b + (a b)b n Notant que b n n n a 1 b, nous obtenons la relation R(n + 1) : a b (a b) ( n 1 a 1 b + a 1 b ) n 1 (a b) a 1 b Posons ensuite x 1 et y a et remplaçons n par n + 1 Alors la relation s écrit comme suit : ie 1 1 a (1 a) 1 1 a 1 a (1 a) pour tout a Pour obtenir l affirmation, on doit diviser les deux membres de cette relation par 1 a Donc il faut supposer que a 1 a 1 Montrer que est divisible par 133 Corrigé Par l exercice 0, nous avons La somme est une somme de nombres naturels et par conséquent est divisible par 133 Inégalité de Young Montrer que pour tout entier positif n et tout a, b > 0 : b(b n a n ) na n (b a) 0 En déduire l inégalité de Young pour tout x, y > 0 : xy x n ny n n + 1

11 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS Corrigé Avec la progression géométrique (voir exercice 0), on a : ( n 1 ) b(b n a n ) na n (b a) (b a) b n a na n ( n 1 (b a)a n b n ) a n n n 1 ( ) b (b a)a n n a n 1 0 puisque les deux facteurs ont toujours le même signe En évaluant les produits, cette inégalité signifie que b + na (n + 1)a n b 0 En posant a y 1/n et b x, nous obtenons l inégalité de Young 3 Une progression arithmétique Montrer que pour tout entier positif n : n(n + 1) Corrigé Nous donnons deux démonstrations : Démonstration 1 - par récurrence Pour n 1, la relation est vraie Si la relation est vraie pour un n donné, elle est aussi vraie pour n + 1 car + (n + 1) n(n + 1) + (n + 1) (n + 1)(n + ) Démonstration - par changement d indice Soit a R et 1,, n Le changement d indice j n + 1 dans la somme donne et donc Par conséquent, 1 ( n a a a j j1 a a 1 ( n ) (a + a ) ) ( + n + 1 ) 1 ( n ) (n + 1) n(n + 1)

12 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS3 4 La somme de carrés d entiers Montrer que pour tout entier positif n : n(n + 1)(n + 1) 6 En déduire la somme suivante : 1000 ( + 1)( + 3) Corrigé Pour n 1, la relation est vraie Si la relation est vraie pour un n donné, elle est aussi vraie pour n + 1 car +() n(n + 1)(n + 1) +() (n + 1)(n + )((n + 1) + 1) 6 6 Ensuite, en utilisant on a pour tout n ( + 1)( + 3) Donc n(n + 1) n(n + 1)(n + 1) ( + 1)( + 3) n(n + 1) (n + 1)(n + )(4n + 9) +3() 6 5 La somme alternée de carrés d entiers Montrer par récurrence que pour tout n N ( 1) n n(n + 1) Corrigé La formule est vraie pour n 0 Supposons qu elle soit vrai pour un n N On doit montrer que ceci implique qu elle est vraie pour n + 1, ie ( 1) (n + 1)(n + ) Alors ( 1) ( 1) + (n + 1) ( 1) ( 1) n + (n + 1) n(n + 1) + (n + 1) par hypothèse de récurrence (n + 1)(n + )

13 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS4 6 Une inégalité pour la factorielle Montrer qu il existe n 0 N tel que pour tout n > n 0 : n! > n Donner le plus petit n 0 possible Corrigé L inégalité est vraie pour n 4 (4 > 16) Supposons donc qu elle soit vraie pour un n 4 Alors : Donc n 0 3 (n + 1)! (n + 1) n! > n! > 7 La somme de cubes d entiers Pour tout entier positif n, donner Idée : appliquer l identité a 3 et les résultats des exercices 3 et 4 a Corrigé (n + 1 ) 3 (n + 1) 3 3(n + 1) + 3(n + 1) 1 ( (n + 1) 3 n 3 4 (n + 1)3 n + 1 (n + 1) (n + 1)n ) (n + 1) n 4 8 La formule du binôme de Newton Evidemment ( ) ( ) n n n! + 1 ( 1)!(n + 1 )! + n!!(n )! ( ) n n + 1 ( ) n + 1 n + 1 n + 1 ( ) n + 1 On démontre la formule du binôme de Newton par récurrence Elle est vraie pour n 0 (ou n 1) Ensuite

14 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS5 (x + y) x(x + y) n + y(x + y) n ( ) n ( ) x +1 y n n + x y l1 ( ) n x l y l + l 1 ( ) n x y par le changement d indice + 1 l Combiner ensuite les deux sommes pour montrer le résultat (a) Choisir x y 1 (b) Raisonnons par l absurde Supposons qu il existe un entier n > 1 et trois entiers naturels a, b, c vérifiant 0 < a b < n et a n + b n c n Alors c > b car c n > b n Donc c b + 1 (b, c sont des entiers) Par la formule du binôme de Newton, nous avons (on estime la somme - qui a au moins trois membres car n > 1 - par les deux derniers membres, c est pourquoi on a l inégalité stricte) et par l hypothèse b < n que D où la contradiction c n (b + 1) n > b n + nb n 1 c n a n + b n b n + b n < b n + nb n 1 9 Sommes téléscopiques I La relation est vraie pour n 0 Pour conclure noter que ( ) ( ) f(n+) f(0) f(n+) f()+ f(+1) f() f(+1) f() (a) En posant f(n) a n pour un a R, a 1, on a a ( 1 a +1 a ) d où la formule désirée (b) Avec f(n) n, nous obtenons (n + 1) 0 (a 1)a (a 1) a ( ( + 1) ) ( + 1) (n + 1) +

15 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS6 d où la formule désirée de l exercice 3 Noter que par la deuxième équation, la somme de n premiers nombres impairs est toujours un carré parfait (c) Si a 1, c est une progression arithmétique comme à l exercice 3 En posant f(n) na n pour un a R, a 1, on a (n + 1)a ( ( + 1)a +1 a ) a +1 + (a 1)a a a + (a 1) a a nan+ (n + 1)a + a (a 1) 30 Sommes téléscopiques II Pour x 0 la somme vaut n + 1 Donc nous supposons x 0 Par l exercice 9 et en utilisant l identité nous avons sin α sin β cos α + β sin((n a)x) sin(ax) sin α β, sin(( a)x) sin(( + a)x) sin x cos En posant a 1 nous obtenons cos x sin((n + 1 )x) sin( x ) sin x nx ()x cos( ) sin( ) sin x ( a)x 31 Un produit fini Montrer que pour tout entier positif n : n ( 1 ) (n + 1) n 1 + n! Corrigé La relation est vraie pour n 1 Si la relation est vraie pour un n donné, elle est aussi vraie pour n + 1 car ( 1 ) (n + 1) n 1 + (1 + 1 n! n + 1 ) (n + ) (n + 1)!

16 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS7 3 L inégalité de Bernoulli Montrer l inégalité de Bernoulli pour tout x R + et tout entier positif n : (1 + x) n 1 + nx Corrigé Nous donnons trois démonstrations : Corrigé 1 - par la formule du binôme de Newton du binôme de Newton, on a pour tout x 0 : (1+x) n ( ) n x 1 ( ) n x + ( ) n x 1 Par la formule ( ) n x 1+nx Corrigé - par récurrence Evidemment pour n 1 l inégalité de Bernoulli est vraie Supposons alors que Alors pour tout x 0 (1 + x) n 1 + nx (1+x) (1+x) n (1+x) (1+nx)(1+x) 1+()x+nx 1+()x Noter que cette démonstration montre que l inégalité de Bernoulli est même vraie sous l hypothèse plus faible x > 1 (au lieu de seulement x 0) Corrigé 3 - par progression géométrique Par l exercice 0, nous trouvons en posant a 1 + x pour tout n 0 et tout x 0 que n 1 n 1 (1 + x) n 1 (1 + x 1) (1 + x) x 1 nx 33 Extension de l inégalité de Bernoulli Montrer l inégalité suivante pour tout x R + et tout entier positif n : (1 + x) n 1 + nx + n(n 1) x Corrigé Nous donnons deux démonstrations : Corrigé 1 - par la formule du binôme de Newton du binôme de Newton, on a pour tout x 0 : (1+x) n ( ) n x ( ) n x + 3 ( ) n x Par la formule ( ) n x n(n 1) 1+nx+ x

17 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS8 Corrigé - par récurrence vraie Supposons alors que Alors pour tout x 0 (1 + x) n 1 + nx + Evidemment pour n 1 l inégalité est n(n 1) x (1 + x) (1 + x) n n(n 1) (1 + x) (1 + nx + x )(1 + x) n(n + 1) 1 + (n + 1)x + + x + n(n + 1) 1 + (n + 1)x + x 34 L inégalité de Cauchy-Schwarz I Nous avons ( n ) x y x y x l y l l1 l1 x x 1 x y l + 1 x l y 1 (x y l x l y ) y 1 y l1 (x y l x l y ) 35 L inégalité de Cauchy-Schwarz II * Pour n 1 nous avons ( n ) x y x 1y1 y x n(n 1) x 3 Donc l inégalité de Cauchy-Schwarz est vraie pour n 1 Supposons l inégalité de Cauchy-Schwarz pour un n donné, alors ( ) ( ) x y x y + x y ( n ) x y + x y n x y + x y L inégalité de Cauchy-Schwarz pour n x y nous donne ( n ) x y et x y n x y x y x y n x y + y x n x y

18 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS9 en utilisant également le fait que ab a + b pour tout couple de réels a, b Par conséquent, ( ) x y x x y + x y y + y x + x y 36 L inégalité des moyennes géométriques et arithmétiques I * Soit x 1,, x n R + dont le produit vaut 1 Montrer que n x Corrigé On démontre l inégalité par récurrence Pour n 1, on a x 1 1 et l inégalité est vraie Supposons maintenant que cette inégalité est vraie pour un n et tous les x 1,, x n R + dont le produit vaut 1 Soit x 1,, x n, x R + dont le produit vaut 1 On peut supposer que les x sont ordonnés ie x 1 x x n x En particulier, x 1 1 et x 1 (sinon le produit ne peut pas être égal à 1) On pose y x si n et y 1 x 1 x Alors le produit des y vaut 1 et par hypothèse 0 y n x + x 1 x x 1 x n car (1 x 1 )(1 x ) 0 x + (1 x 1 )(1 x ) (n + 1) x (n + 1) 37 L inégalité des moyennes géométriques et arithmétiques II* Soit a 1 > 0,, a n > 0 Montrer que leur moyenne géométrique est inférieure à leur moyenne arithmétique Autrement dit, ( n ) 1/n a 1 n a Corrigé 1 Notons G n la moyenne géométrique et A n la moyenne arithmétique de a 1 > 0,, a n > 0 Soit x a G n > 0 pour 1,, n

19 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS30 Evidemment Par l exercice précédent n x G n G n n x A n G n Corrigé - par récurrence Pour 1,, n + 1 notons G la moyenne géométrique et A la moyenne arithmétique de a 1 > 0,, a > 0 L inégalité est vraie pour n 1 car G 1 a 1 A 1 Sous l hypothèse qu elle soit vraie pour n, nous avons A a n na n n + 1 a n ng n n + 1 En appliquant l inégalité de Young (voir exercice ) nous obtenons A a 1 G n n G 38 Nombres rationnels et irrationels* (a) Montrer qu il y a une infinité de rationnels entre deux irrationnels distincts (b) Montrer qu il y a une infinité d irrationnels entre deux rationnels distincts Corrigé (a) Soit a, b, a < b deux nombres irrationnels Par l axiome d Archimède (voir cours), il existe un n N tel que n(b a) > 1 Par conséquent, pour tout m n on a m(b a) > 1 ou b > ma + 1 m On a une infinité de rationnels r m définis par satisfaisant b > ma + 1 m r m [ma + 1] m [ma + 1] m r m [ma] + 1 m > ma m a Corrigé (b) Soit a, b, a < b deux nombres rationnels On construit explicitement une infinité d irrationnels entre a et b On sait que 0 < 1 < 1 Par conséquent 1 0 < < 1 n

20 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS31 pour tout entier positif n Les nombres x n définis par 1 x n a + (b a) n sont des nombres irrationnels (car a et b sont des rationnels) entre a et b 39 Infimum et Supremum Donner le supremum et l infimum des ensembles suivants : (a) A {x Q : x < 5} Noter que A {x Q : 15 < x < 15} d où inf A 15, sup A 15 (b) B {x Q : ax < 1} où a R : R \ {0} : Si a < 0 et a Q, alors ax < 1 x > 1/a d où inf B 1/a, sup B + Si a < 0 et a R \ Q (c est-à-dire a irrationnel), inf B n est pas un nombre rationnel donc n existe pas, sup B + Remarque Pour voir que l infimum n est pas un nombre rationnel on peut procéder comme suit Supposons b inf B Q Alors b 1/a Si b > 1/a, alors par la proposition 154 il existe un rationnel entre les deux qui est donc dans B d où la contradiction Si b < 1/a, alors de par la proposition 154 il existe un rationnel b entre les deux qui est un minorant de B mais plus grand que b d où la contradiction En fait si on on regarde B comme sous-ensemble de R, alors 1/a inf B Si a > 0 et a Q, alors ax < 1 x < 1/a d où inf B, sup B 1/a Si a > 0 et a R \ Q (c est-à-dire a irrationnel), sup B n est pas un nombre rationnel donc n existe pas, inf B (c) C {x Q : x + 3x 4} : x + 3x 4 (x 1)(x + 4) 0 d où inf C 4, sup C 1 (d) D {x R : x 4 a 4 } où a R : inf D a, sup D a (e) E {x R : x ( 1) n + 1, n N} : inf E 1 puisque 1 est un minorant et il n y a pas un minorant m > 1 puisque par l axiome d Archimède il existe un entier positif n (et on prend un entier impair) tel que (n + 1)(m 1) > 1 d où ( 1) n + 1 n < 1 + (m 1) m n + 1 On a trouvé un élément plus petit que le minorant m donc contradiction On a sup E (prendre n 0 et noter que 1/(n + 1) est décroissante) (f) F {( 05) n + 1, n N} R : inf F 0 (valeur pour n 1), sup F (valeur pour n 0) les autres éléments sont positifs 40 Nonexistence des solutions rationnelles (a) Montrer que l équation x 5 n admet pas de solutions rationnelles

21 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS3 Démonstration On suit la démonstration de la proposition 151 (les petites modifications sont en gras) Supposons qu il existe x p q avec p, q Z + tel que x 5 On peut également supposer que p et q n ont pas de diviseur commun, c est-à-dire que leur plus grand commun diviseur est 1 : pgcd(p, q) 1 On a p q 5 ie p 5q et par conséquent p est divisible par 5 Donc p est divisible par 5 et il existe un entier p tel que p 5p (puisque le carré d un entier non divisible par 5 n est pas divisible par 5 ; en effet (5n + ) 5n(5n + ) +, 1,, 3, 4 n est pas divisible par 5) Alors p 5p 5q ie 5p q Donc q doit être divisible par 5 C est une contradiction avec notre hypothèse que p et q n ont pas de diviseur commun Il n existe donc pas de nombre rationnel x tel que x 5 (b) Montrer qu il n y a pas de x Q tel que x 3 Démonstration Aucun changement important par rapport à la démonstration de la proposition Sous-ensembles de R Etudier si les ensembles suivants sont ouverts ou fermés dans R Donner l intérieur, le bord et l adhérence de chaque ensemble (a) A ] 1, ] A ] 1, [, A { 1, }, Ā [ 1, ] A n est ni fermé ni ouvert (b) B ], [ B B, B { }, B [, [ B est ouvert (c) C {x R : x 1 1} C {x R : 1 x 1 1} [0, 1] A ]0, 1[, C {0, 1}, C C C est fermé (d) D {x R : x < 1} D {x R : 1 < x < 1} ] 3, 1[ ]1, 3[ D D, D { 3, 1, 1, 3}, D [ 3, 1] [1, 3] D est ouvert (e) E { n n + 1, n N} Les points dans E sont isolés d où E Ē E {1, } E E n est ni fermé ni ouvert (f) F { n( 1)n n + 1, n N} Les points dans F sont isolés d où F F F { 1, 1, } F F n est ni fermé ni ouvert (g) G Z Les points dans Z sont isolés d où Z Z Z Z Z est fermé (h) H Q Q puisque tout intervalle ouvert non-vide contient des rationnels et des irrationnels Q Q R Q n est ni fermé ni ouvert

22 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS33 (i) I (R \ Q) [0, 1] I puisque tout intervalle ouvert non-vide contient des rationnels et des irrationnels Ī I [0, 1] I n est ni fermé ni ouvert 4 Fonctions réelles Soit f : R R une fonction strictement (dé)croissante Montrer que f est injective Donner l exemple d une fonction f : R R injective qui n est pas monotone Corrigé Soit f : R R strictement croissante et x 1 x Si x 1 < x, alors f(x 1 ) < f(x ) et si x 1 > x, alors f(x 1 ) > f(x ), c est-à-dire f(x 1 ) f(x ) De même pour une fonction décroissante La fonction f(x) [x] + 1 x est injective mais pas monotone 43 La valeur absolue Montrer que pour tout x, y R : x + y + x y x + y + x y Indication : appliquer d abord l homogénéité de la valeur absolue pour conclure qu il suffit de considérer le cas y 0 et y 1 Corrigé Noter que l identité est invariante sous le changement y y ( et x x) Donc sans perte de généralité, on peut supposer x, y 0 Si y 0, l identité devient x x et est donc vraie Si y > 0, on divise par y et on note x x/y L identité s écrit comme x x 1 x x 1 On la vérifie facilement en analysant les domaines 0 x < 1, 1 x 44 La valeur absolue Transformer les fonctions suivantes en fonctions définies par morceaux Dessiner le graphe 0 si x 1 (x + 1) si 1 < x 0 (a) f(x) x 1 + x + 1 x (1 x) si 0 < x 1 0 si 1 < x (b) g(x) x 1 x f(x) 1 0 si x 4 (x + 4) si 4 < x 1 (c) h(x) x 4 + x+4 x 1 x+1 6 si 1 < x 1 (4 x) si 1 < x 4 0 si 4 < x 45 Une inégalité pour des fonctions trigonométriques Pour 0 h < π, montrer à l aide du cercle trigonométrique que 0 sin h h tan h En déduire que pour tout 0 < h < 1 : 1 h < 1 h < cos h < sin h h < 1 Idée : utiliser le fait que si A B R, alors Aire(A) Aire(B)

23 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS34 Corrigé Soit O l origine Alors (O, A, B) (O, A, B) (O, A, C) Alors pour tout 0 x < π sin x < x < tan x Donc pour tout 0 < x < 1 les deux inégalités impliquent : 1 > sin x x > cos x 1 sin x > 1 x > 1 x > 1 x Remarque : étant donné que cos x, sin x x, et 1 x sont des expressions paires, on peut étendre ces inégalités au cas ou 1 < x < 0 Autrement dit, pour tout 0 < x < 1 1 > sin x x 46 Nombres complexes ( ) z Re z i et > cos x > 1 x x(x + y y) x + y y + 1 ( ) z Im x y + x + y 3 y z i x + y y Nombres complexes ( Re z 1 ) z et ( Im z 1 ) z (r 1) cos θ r (r + 1) sin θ r 48 Nombres complexes Pour z e iθ et tout entier n 1, on utilise les relations cos θ cos θ et sin θ sin θ pour obtenir : et z n 1 z n einθ e inθ i sin nθ z n + 1 z n einθ + e inθ cos nθ 49 Nombres complexes Soit z 1 + i, alors z 1 i, z, arg z π 4 et z 1 1 i

24 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS35 50 Nombres complexes ( i + 3 ) 19 ( e i π 6 ) 19 i Sommes trigonométriques Rappelons que pour tout z C tel que z 1, nous avons z 1 z 1 z Par conséquent, pour tout θ 0 e iθ 1 ei()θ 1 e iθ Si θ 0 la somme vaut n + 1 Pour donner ensuite les sommes sin θ Im ( n e iθ) et Re ( n e iθ) cos θ on peut transformer comme suit L astuce consiste à écrire le terme Donc pour tout θ 0 : et par conséquent sin θ e ix 1 e ix/( e ix/ e ix/) ie ix/ sin x/ sin nθ e iθ einθ/ sin ()θ sin θ sin ()θ sin θ et cos θ cos nθ sin ()θ sin θ 5 Factorisation d un polynôme Soit z C On considère un polynôme de degré n à coefficients dans C : P n (z) a n z n + a n 1 z n a 0 Montrer que si z 0 est une racine de P n, alors z z 0 divise P n Autrement dit, on pourra écrire P n (z) (z z 0 )(b n 1 z n b 0 ) Corrigé Par hypothèse, on a que P n (z 0 ) 0 Donc P n (z) P n (z) P n (z 0 ) a z a z0 a (z z0 ) (z z 0 ) 1 a (z z 0 ) z j 1 z j 0 j0 1 a z j 1 z j 0 j0

25 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS36 Pour passer de la deuxième à la troisième ligne, on a utilisé l identité (a n b n ) (a b) n 1 a n i 1 b démontrée dans le cours On vérifie bien i0 à la dernière ligne que la double somme est un polynôme de degré n 1 53 Équations de degré (a) Résoudre z + z : z 1 1+i 3, z 1 i 3 (b) Résoudre z + z : z i, z 1 i (c) Résoudre 4z + z : z 1 1+i 3 4, z 1 i 3 4 (d) Résoudre z iz 3 0 : z 1 i +, z i (e) Résoudre (1+i)z +( 1+7i)z (10 i) 0 : z 1 i, z 3 i 54 Équations de degré 3 (a) Résoudre z 3 4z + 6z 4 0 : z 1, z 1 + i, z 3 1 i (b) Résoudre z z + 41z : z 3 4z + 6z 4 0 : z 1 4, z 3+5i, z 3 3 5i 55 Équations algébriques (a) Résoudre z 6 +i 0 : z cos(π )+i sin(π 1 ), 0, 1,, 3, 4, 5 Si jamais on veut les transformer en z x + iy, on utilise les formules de bissection pour sin et cos (voir Savoir faire en mathématiques, p19) pour calculer à partir de cos π 6 3 et sin π 6 1 : cos π , sin π Ensuite en utilisant sin( π x) cos x, cos( π x) sin x : cos 5π , sin 5π Alors (en donnant seulement les deux premiers explicitement) z 0 (1 + i), z i 1 + 3, (b) z 4 z 3 z + z : z 1 + i, z i, z i, z 4 1 i (c) z 3 +( 3 i)z +(1 i 3)z i 0 : z 1 i, z 3+i, z 3 3 i (d) Résoudre z 4 +3z +1 0 : z 1 i( 5 1), z i( z 4 i( 5+1) 5 1), z 3 i( 5+1), (e) Résoudre z : z 1 (1+i), z (1 i), z 3 ( 1+i), z 4 (1 + i)

26 CHAPITRE 1 NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS37 56 Point fixe d une application L application f(z) z+i z i a deux points fixes : p (1 + i), p 1 3 (1 + i) 57 Équations d un cercle dans le plan complexe L équation de S est z z 0 r z qui est équivalente à C est un cercle autour du centre z z 0 1 r rz 0 1 r z 0 1 r de rayon rz 0 1 r 58 Image d un cercle sous une application affine On pose w f(z) et on résoud pour z, ie z f 1 (w) On insert cette identité dans l équation de S Donc f[s] {w C : f 1 (w) (1 + i) 1} {w C : w 1i 13} L image de S est le cercle du rayon 13 autour du point 1i 59 Image d un cercle sous l application f(z) 1 z * Si z 0 0 la proposition est evidente Soit z 0 0 Alors f[s R (z 0 )] {w C : 1 w z 0 R} {w C : w 1 z 0 R z 0 w} Par l exercice 57, c est un cercle autour du centre 1 z 0 (1 r ) de rayon r z 0 (1 r ) avec r R z 0 (noter qu en effet r 0 et r 1) donc la proposition est démontrée Les cercles identiques à leur image sous f, ie f[s R (z 0 )] S R (z 0 ), vérifient les deux conditions z 0 z 0 R z 0 invariance du centre R R z 0 R invariance du rayon La première équation donne z 0 R et si z 0 0, alors z 0 R 1, donc z 0 > 1 Cette dernière condition est compatible avec l invariance du rayon Si z 0 0, alors R 1 Par conséquent, pour tout z 0 R, z 0 > 1, le cercle S z 0 1(z 0) correspond à son image sous l application f(z) 1 z De plus le cercle S 1(0) est invariant sous f(z) 1 z