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1 DE MIE, Aalyse 1 Octobre 015 Corrigés des exercices. Exercice 1. Exercice. Exercice 3. Exercice 4. Exercice 5. Exercice 6. Exercice Si b est u élémet de B, tout élémet de A est iférieur ou égal à b et b est doc u majorat de A. Puisue B est o vide, cela prouve ue A est majorée. La partie A de R est doc o vide et majorée, et admet ue bore supérieure. Si a est u élémet de A, tout élémet de B est supérieur ou égal à a et a est doc u miorat de B. Puisue A est o vide, cela prouve ue B est miorée. La partie B de R est doc o vide et miorée, et admet ue bore iférieure. Si b est u élémet de B, ous avos vu ue c est u majorat de A, et il est doc supérieur ou égal au plus petit des majorats de A, ui est supa). Aisi supa) b. Nous veos de voir ue supa) est iférieur ou égal à tous les élémets de B, doc c est u miorat de B, et il est iférieur ou égal au plus grad des miorats de B, ui est ifb). Aisi supa) ifb).. Supposos d abord ue supa) ifb), et motros l assertio : ε > 0, a A, b B, b a ε. Soit ε > 0. Nous savos u il existe a A tel ue supa) ε < a c est ue propriété du cours), et alors supa) < a + ε. Nous savos aussi u il existe b B tel ue ifb) + ε > b c est ue autre propriété du cours), et alors ifb) > b ε. Comme supa) ifb), ous obteos b ε < a + ε, et alors b a ε ε. Voyos maiteat pouruoi l assertio ε > 0, a A, b B, b a ε impliue supa) ifb). 1

2 DE MIE, Aalyse 1 Octobre 015 Supposos supa) ifb). Puisue ous savos déjà ue supa) ifb), ous avos supa) < ifb). Posos alors ε ifb) supa). C est u ombre strictemet positif. Comme ifb) est u miorat de B et supa) u miorat de A, ous avos pour tout a, b) A B : a supa) et supb) b et b a supb) a supb) supa) ε. Cela démotre ue l assertio supa) ifb) impliue l assertio ε > 0, a A, b B, b a > ε, et répod doc à la uestio. 3. Les parties A ], 0[ et B ]0, + [ de R sot adjacetes : elles sot o vides, tout couple a, b) A B vérifie a B. Par ailleurs, et pour tout ε > 0, si ous posos a ε/ et b ε/, alors a appartiet à A, b appartiet à B et b a ε. NB. Il y a bie sûr d autres exemples possibles : par exemple, ], 1] et ]1, + [ sot adjacetes aussi. Exercice 8. La propriété de la bore supérieure das R s éoce aisi : Toute partie o vide et majorée de R admet ue bore supérieure. La partie A { Q, < } est o vide puisue 0 e est u élémet) et majorée par exemple par 3), elle admet doc ue bore supérieure. O otera M cette bore supérieure. O remarue ue M est u ombre positif, puisue c est u majorat de A et ue 0 appartiet à A. Nous allos maiteat motrer ue M. Supposos M <. Notos ue pour tout α > 0, M + α) M + Mα + α. Remaruos u il existe α > 0 tel ue M + Mα + α < e effet, le discrimiat du triôme X + MX + M ) est 8, et l ue des racies de ce triôme est strictemet positive parce ue le triôme vaut M < 0 e zéro). Alors l itervalle ]M, M + α[ cotiet u ombre ratioel parce ue Q est dese das R, et si appartiet à ]M, M + α[ Q, alors < M +α) <, ce ui sigifie ue appartiet à A et ue M est pas u majorat de A. C est absurde. Supposos M >. Remaruos u il existe α > 0 tel ue M α) > e raisoat comme précédemmet). Comme Q est dese das R, l itervalle ]M α, M[ u ombre ratioel Q, et alors Q >. Mais alors pour tout A, < < Q et doc < Q, aisi Q est u majorat de A. Comme Q < M, ous avos obteu u majorat de A strictemet iférieur à M. C est absurde. Coclusio : M est u ombre réel positif dot le carré est. À cause du fait ue la foctio x x est strictemet croissate sur R +, il e peut pas y avoir deux ombres positifs de carré. Doc M est le ombre ue ous avos l habitude d appeler. Exercice La réuio E [1, ] [3, 4] est pas u itervalle e effet, et 3 appartieet à E, mais.5 est compris etre et 3 sas apparteir à E), alors ue [1, ] et [3, 4] sot des itervalles.. Soiet I 1 et I des itervalles de R. Si l itersectio I 1 I est vide, c est u itervalle parce ue l esemble vide e est u). Si elle est o vide, soit x, y) I 1 I ) avec x y. Si z est u ombre réel tel ue x z y, alors z appartiet à I 1 parce ue x et y appartieet à I 1 et ue I 1 est u itervalle), et il appartiet aussi à I parce ue x et y appartieet à I et ue I est u itervalle).

3 DE MIE, Aalyse 1 Octobre 015 Coclusio : Si x et y sot deux élémets de I 1 I avec x y, alors [x, y] est iclus das I 1 I. C est ce u il fallait démotrer. 3. Démotros d abord ue si I est u itervalle ouvert, alors : x I, ε > 0, ]x ε, x + ε[ I. Cas 1 : I est de la forme ]a, b[ avec a, b réels et a < b. ) Soit x I. Choisissos ε mi x a, x b. Alors x ε > a et x + ε < b, et doc ]x ε, x + ε[ I. Cas : I est de la forme ]a, + [ avec a réel. Soit x I. Choisissos ε x a. Alors x ε > a, et doc ]x ε, x + ε[ I. Cas 3 : I est de la forme ], b[ avec b réel. Soit x I. Choisissos ε x b. Alors x + ε < b, et doc ]x ε, x + ε[ I. Cas 4 : I R. Soit x I. Choisissos ε Alors bie sûr ]x ε, x + ε[ I. Cas 5 : I est vide. Alors tout élémet de I vérifie la propriété demadée...! Supposos à préset ue I est u itervalle, mais est pas ouvert. Démotros : x I, ε > 0, ]x ε, x + ε[ I. Cas 1 : I est de la forme [a, b] ou de la forme [a, b[ avec a réel et b réel supérieur à a, ou de la forme [a, + [ avec a réel. Choisissos alors x a. Pour tout ε > 0, le ombre x ε/ appartiet à ]x ε, x + ε[, mais pas à I. Cas : I est de la forme ]a, b] avec b réel et a réel strictemet iférieur à b, ou de la forme ], b] avec b réel. Choisissos alors x b. Pour tout ε > 0, le ombre x + ε/ appartiet à ]x ε, x + ε[, mais pas à I. 4. Soiet I 1 et I deux itervalles ouverts. O sait déjà ue I 1 I est u itervalle grâce à la uestio ; motros ue I 1 I est ouvert e utilisat le résultat de la uestio 3. Si I 1 I est vide, c est bie u itervalle ouvert. Si I 1 I est o vide, soit x u élémet de I 1 I. Comme I 1 est ouvert, il existe ε 1 > 0 tel ue ]x ε 1, x + ε 1 [ I 1, et comme I est ouvert, il existe ε > 0 tel ue ]x ε, x + ε [ I. Choisissos alors ε miε 1, ε ). Alors ]x ε, x + ε est coteu das ]x ε 1, x + ε 1 [ I 1, doc das I 1, et il est aussi coteu das ]x ε, x + ε [ I, doc das I. Par coséuet, ]x ε, x + ε[ est coteu das I 1 I, ce u il fallait démotrer. Exercice 10. 3

4 DE MIE, Aalyse 1 Octobre {x R, x + 3 5} { 8, }.. {x R, x + 3 5} [ 8, ]. 3. {x R, x + > 7} ], 9[ ]5, + [. 4. Soit x u ombre réel. Si x 4 x +, alors x 4) x + ), et 3x 0x + 1 3x )x 6) 0 ; par coséuet, x appartiet à [/3, 6]. Réciprouemet, si x appartiet à [, 6], alors x + et x 4 sot positifs et assurémet x 4 x +, tadis ue si x appartiet à [ /3, ], x 4 appartiet à [0, 8/3] tadis ue x + appartiet à [8/3, 4]. Das tous les cas o a bie x 4 x Soit x u ombre réel. Si x+1 x 8 et si x+1 et x 8 sot de même sige, alors x+1 x 8 et doc x x 0 0, ce ui sigifie ue x est égal à 4 ou à 5. Si x + 1 x 8 et si x + 1 et x 8 sot de siges cotraires, alors x x, et alors x + x + 4 0, mais il y a pas de ombre réel ui vérifie cela. Après avoir vérifié ue 4 et 5 fourissaiet bie des solutios de l éuatio de départ, o arrive à la coclusio suivate : { x R, x + 1 x 8 } { 4, 5}. 6. Motros ue { x R, x + 1 x 8 } ], 4] [5, + [. Soit x u ombre réel. Supposos x + 1 x 8. Alors e procédat comme ci-dessus, o costate ue x x 0 0, et d après les résultats usuels sur les triômes du secod degré, cela sigifie ue x appartiet à ], 4] [5, + [. Motros réciprouemet ue ], 4] [5, + [ est iclus das { x R, x + 1 x 8 }. Si x appartiet à [5, + [, alors x 8 et x + 1 sot positifs et das ce cas x x 0 0 sigifie x + 1 x 8. Si x appartiet à ], 4], alors x 8 est positif ; si x + 1 est positif aussi, x 8 x + 1 est égal à x x 0, est c est u ombre positif, tadis ue si x + 1 est égatif, x 8 x + 1 est égal à x + x + 4, ui est toujours positif. Das tous les cas, x + 1 x 8. Exercice Soit x u ombre réel. Notos x + 1. Alors o déduit du fait ue x [, + 1[ l iégalité x + 1 < + 1 et cette iégalité sigifie ue x + 1 x + 1, ce u il fallait démotrer.. Soit x, y) R. E partat des iégalités x x < x + 1 et y y < y + 1 et e les ajoutat, o obtiet x + y x + y < x + y +. La partie etière x+y est doc u etier supérieur ou égal à x + y et strictemet iférieur à x + y +, doc c est x + y ou x + y + 1. O a alors bie x + y x + y x + y

5 DE MIE, Aalyse 1 Octobre Soit N et x R. Partos du fait ue x x < x + 1. Ue coséuece immédiate de l iégalité de gauche est x Par ailleurs, x x, et doc x x. < x + 1, et o déduit doc de l iégalité de droite ue ce ui suffit à assurer x x. x 1 1 < x 4. Soit N. Notos x + + 1, et motros ue x si est pas égal à zéro. Pour cela, costatos d abord ue x, puisue et ue la foctio x x est strictemet) croissate sur R +. Costatos aussi ue < ) dès ue est pas égal à zéro. O obtiet doc x < + 1 si 0, ce ui démotre ue x pourvu est pas égal à zéro. Bie sûr si est égal à zéro, la partie etière de est 1. Exercice Soiet x et y deux ombres réels ; o souhaite motrer ue l itervalle ]x, y[ cotiet u élémet de A. O sait grâce au poit i) u il existe a 0, b 0 ) A avec a 0 < x < b 0. Défiissos alors deux suites a ) 0 et b ) 0 e posat, comme ous l avos déjà fait e cours, { a +1 a et b +1 a+b das le cas où x < a+b ; a +1 a+b et b +1 b das le cas où x a+b. À cause du poit ii), ous savos ue pour tout N, a et b sot des élémets de A ; vu la faço dot ils sot costruits ous savos ue a < b et x < b. )] Maiteat, posos 1 b N E [log 0 a 0 y x + 1. Deux costats s imposet : x < b N, comme o le disait plus haut ; b N < y, parce ue b N x) b N a N ) b0 a0 N et ue b0 a0 N < y x) vu commet est choisi N. Puisue b N est u élémet de A, ous avos démotré ue ]x, y[ A est o vide. C est ce u il fallait voir.. Note : o dit souvet u u sous-esemble d u esemble E est "o trivial" lorsu il est i vide, i égal à E tout etier. Le sous-esemble Q de R vérifie le poit i) : si x est u ombre réel, o peut choisir a Ex) 1 et b Ex) + 1, ce sot des ombres ratioels puisue ce sot des etiers, et a < x < b. Il vérifie aussi le poit ii), bie sûr. 1. Rappelos ue si u est u ombre réel strictemet positif, log u) est le seul ombre réel v ui vérifie v u. 5

6 DE MIE, Aalyse 1 Octobre 015 Exercice 13. Soit N. Si est u carré parfait, alors bie sûr est ratioel, puisue c est u etier. Supposos maiteat ue est ratioel, et écrivos a b avec a Z, b Z et PGCDa, b) 1. Nous avos a b. Nous savos ue admet ue décompositio e produit de facteurs premiers, il peut doc s écrire sous la forme p u1 1 pu...pu k k où p 1,...p k sot des ombres premiers deux à deux disticts et u 1,...u k des etiers aturels o uls. Mais alors, pour chaue i {1,...k}, le ombre premier p i divise a, doc il divise a, et aisi p i apparaît avec ue puissace paire das la décompositio de a e produit de facteurs premiers. Par ailleurs, puisue a et b sot premiers etre ) eux p i e divise pas b, et par coséuet l etier u i est pair. Mais alors p u1/ 1...p u k/ k est u carré parfait, ce u il fallait démotrer. Exercice Soit x u ombre réel. Si x est etier, Ex) x et E x) x, doc Ex) + E x) 0. Supposos maiteat ue x est pas etier. Alors vu la défiitio de la partie etière, Ex) < x et Ex) + 1 > x; E x) < x et E x) + 1 > x. E ajoutat les deux iégalités de gauche, o obtiet Ex) + E x) < 0, et e ajoutat les deux iégalités de droite, o obtiet Ex) + E x) > ), et puisue Ex) + E x) est u etier, cela sigifie u il vaut 1).. Remaruos d abord ue 1 E k p ) 1 E k) p ). E utilisat le résultat de l exercice 11, uestio 1, o costate ue pour chaue k {1,... 1}, E k) p ) E kp ) + p E kp ) + p. Mais alors 1 E k p ) ) 1 [ 1 1 E k p ) E k p ) [ E E k) p ) ) ] kp E + p 1) k p ) + E k p )] + p 1). Nous pouvos alors utiliser le résultat de la première uestio ; puisue p et sot premiers etre eux, k p est pas etier lorsue k est etre 1 et 1, et par coséuet 1 E k p ) ) 1 [ 1] + p 1) 1) + p 1) p 1) 1), 6

7 DE MIE, Aalyse 1 Octobre 015 ce ui coclut l exercice. Exercice Soit z Z et soit x A. Il existe p, ) Z tel ue x p + ; mais alors zx zp) + z), et das cette égalité, zp et p sot des etiers. Aisi zx A.. Raisoos par récurrece. Bie sûr u 0 1 appartiet à A. Soit u etier aturel ; si u appartiet à A, alors il existe p, ) Z tels ue u p +, et alors u +1 p) + p ) appartiet à A. Cela achève la démostratio. 3. Rappelos ue la foctio x x est strictemet croissate sur R +, et ue 4 < 6 < 9. O e déduit ue < < 3, puis ue 1 < < 3/ et aisi 0 < 1 < 1/. Démotros par récurrece ue 0 < u < 1 pour tout N. Nous avos 0 < u < 1 d après ce ui précède. Soit N, supposos 0 < u < 1/. Alors e utilisat ce ui précède, 0 < u +1 < 1/). Or, est u etier o ul, et doc > + 1. Aisi 1/) < 1/ + 1) et 0 < u +1 < 1/ + 1). Cela achève la démostratio. 4. Soiet a et b des réels tels ue a < b. Choisissos E 1 b a ) + 1. Alors est u etier, est supérieur ou égal à 1 et 0 < u < 1/ < b a). Posos alors z E ) a u + 1. Alors e partat du fait ue a u z < a u + 1, o obtiet a < zu < b. Grâce au résultat de la uestio 1, zu est u élémet de A ui appartiet à ]a, b[. 5. Rappelos ue pour tout 1, u appartiet à A, et u il existe doc u uiue couple p, ) Z tel ue u p + l uicité viet du fait ue est irratioel : si p + p +, alors o doit avoir, sio serait le ratioel p p ; mais ue fois u o sait ue, o doit aussi avoir p p.) E utilisat le calcul meé à la uestio, o costate alors ue pour tout N, p +1 p et +1 p. Raisoos alors par récurrece pour motrer ue si N, p < 0, c est-à-dire ue p et sot de sige cotraire. C est vrai pour 1. Soit N ; si p et sot de siges cotraires, alors p et p le sot aussi, et doc p +1 et +1 sot de siges cotraires. Cela achève la démostratio. Soit 0 l etier dot o a démotré l existece à la uestio 4. Pour tout m 0, o a alors 0 < u m < b a, et ous avos vu u il existe u etier o ul) z m tel ue z m u m appartiee à A ]a, b[. Or, ce ui précède motre ue pour tout N, u est irratioel rappelos ue 0 ; si u était ratioel, serait égal à u p )/ et serait ratioel). Par coséuet z m u m est irratioel aussi. Coclusio : pour tout m 0, z m u m est u irratioel ui appartiet à ]a, b[. E remaruat ue z m u m e peut être égal à z p u p ue si m p sio u m p serait ratioel), o e déduit u il existe ue ifiité d irratioels das l itervalle ]a, b[. 7

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