Exo7. Les rationnels, les réels. Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur

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1 Exo7 Les ratioels, les réels Exercices de Jea-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur * très facile ** facile *** difficulté moyee **** difficile ***** très difficile I : Icotourable T : pour travailler et mémoriser le cours Exercice I Motrer que les ombres suivats sot irratioels.. **) 2 et plus gééralemet m où est u etier supérieur ou égal à 2 et m est u etier aturel supérieur ou égal à 2, qui est pas ue puissace -ième parfaite. 2. **) log2. 3. ****) π LAMBERT a motré e 76 que π est irratioel, LEGENDRE a démotré e 794 que π 2 est irratioel, LINDEMANN a démotré e 882 que π est trascedat). avec p et q etiers aturels o uls et premiers etre eux. Pour cela, supposer par l absurde que π = p q Cosidérer alors I = a) I est u etier relatif ; b) I > ; c) lim + I = voir devoir). x p qx)! six dx, N et motrer que I vérifie 4. ***) e HERMITE a démotré e 873 que e est trascedat. C est historiquemet le premier «vrai» ombre dot o a réussi à démotrer la trascedace). Pour cela, établir que pour tout etier aturel, e = k= k! + t)! e t dt, puis que pour tout etier aturel o ul, < e k= k! < 3 +)!. Raisoer alors par l absurde. 5. ***) cos 2π 7 ). Pour cela trouver ue équatio du troisième degré à coefficiets etiers dot les solutios sot cos 2π 7 ), cos 4π 7 ) et cos 6π 7 ), puis vérifier que cette équatio a pas de racie ratioelle supposer par l absurde qu il y a ue racie ratioelle p q avec p Z, q N et PGCDp,q) = et motrer que p divise et q divise 8). O rappelle le théorème de GAUSS : soiet a, b et c trois etiers relatifs tous o uls. Si a divise bc et a et b sot premiers etre eux, alors a divise c). 6. ***) Correctio [529] Exercice 2 **IT Soiet A et B deux parties de R, o vides et borées. Motrer que sup A, sup B, supa + B), if A, if B, if A + B) existet et que l o a sup A + B) = sup A + sup B et if A + B) = if A + if B. A + B désige l esemble des sommes d u élémet de A et d u élémet de B). Correctio [52] Exercice 3 ** Soit A = { + ), N }. Détermier sup A et if A. Correctio [52]

2 Exercice 4 **IT Soit A ue partie o vide et borée de R. Motrer que sup{ x y, x,y) A 2 } = sup A if A. Correctio [522] Exercice 5 ***IT Soiet A et B deux parties o vides et majorées de R. Que dire de supa B), supa B), supa + B) et supab)? A + B resp. AB) désige l esemble des sommes resp. des produits) d u élémet de A et d u élémet de B). Correctio [523] Exercice 6 **** Soit u le chiffre des uités de C k, k etier aturel fixé o ul et etier aturel supèrieur ou égal à k. Motrer que le ombre,u k u k+ u k+2... est ratioel. Correctio [524] Exercice 7 ** Idetité de CATALAN Motrer que pour tout etier aturel o ul, 2 Correctio k= ) k k+ = 2 k=+ k. [525] Exercice 8 **I Iégalités de CAUCHY-SCHWARZ et de MINKOWSKI Soiet a,..., a, b,..., b des ombres réels.. E cosidérat la foctio f : x a k + xb k ) 2, motrer que a kb k a2 k b2 k iégalité de CAUCHY-SCHWARZ). 2. E déduire l iégalité de MINKOWSKI : a k + b k ) 2 a2k + b2 k. l iégalité de CAUCHY-SCHWARZ affirme que le produit scalaire de deux vecteurs est iférieur ou égal au produit de leurs ormes et l iégalité de MINKOWSKI est l iégalité triagulaire). Correctio [526] Exercice 9 ** Résoudre das R l équatio x + 2 x + x 2 x =. Correctio [527] Exercice **** Sous groupes de R,+). Motrer que les sous groupes du groupe R,+) sot soit de la forme az, a réel doé, soit deses das R. Idicatio : pour G sous-groupe doé de R,+), o réduit à {}, cosidérer a = If G ];+ [) puis evisager les deux cas a = et a >. Defiitio : G est dese das R si et seulemet si : x R, ε >, y G/ y x < ε). 2. Applicatio. Motrer que {a + b 2, a,b) Z 2 } est dese das R. 3. Applicatio 2 groupe des périodes d ue foctio). a) Soit f ue foctio défiie sur R à valeurs das R. Motrer que l esemble des périodes de f est u sous groupe de R,+) ce sous-groupe est réduit à {} si f est pas périodique). b) Motrer qu ue foctio cotiue sur R qui admet et 2 pour périodes, est costate sur R. Correctio [528] Exercice ** 2

3 Motrer que {r 3, r Q} est dese das R. Correctio [529] Retrouver cette fiche et d autres exercices de maths sur exo7.emath.fr 3

4 Correctio de l exercice. Soiet m et deux etiers aturels supérieurs à 2. m Q a,b) N ) 2 / m = a b a,b) N ) 2 / a = m b. Tout d abord, si b =, m = a et m est ue puissace -ième parfaite. Esuite, a = est impossible car m b 2. Supposos alors que a et b soiet des etiers supérieurs à 2 et que a = m b ). L exposat de tout facteur premier de a ou de b est u multiple de et par uicité de la décompositio e facteurs premiers, il e est de même de tout facteur premier de m. Ceci motre que, si m est ratioel, m est ue puissace -ième parfaite. Réciproquemet, si m est ue puissace -ième parfaite, m est u etier et e particulier u ratioel. E résumé : m,) N \ {,}) 2, m Q m N m est ue puissace -ième parfaite. 2. Par suite, si m est pas ue puissace -ième parfaite, m est irratioel. log2 Q a,b) N ) 2 / log2 = a b a,b) N ) 2 / a/b = 2 a,b) N ) 2 / a = 2 b a,b) N ) 2 / 5 a = 2 b a. Puisque 5 a >, ceci impose b a N. Mais alors, l égalité ci-dessus est impossible pour a et b par uicité de la décompositio e facteurs premiers d u etier aturel supérieur ou égal à 2. O a motré par l absurde que log2 est irratioel. 3. Supposos par l absurde que π soit ratioel. Il existe alors deux etiers aturels o uls p et q tels que π = p q. Pour etier aturel o ul doé, posos I =! π x p qx) six dx =! Tout d abord, pour x p p q, o a xp qx) = 2q pour x [,π]), p p 2q q ) x p qx) six dx. = p2 4q, et doc puisque six I p 2 dx = π p 2.! 4q! 4q π D après le résultat admis par l éocé, p 2! 4q) ted vers quad ted vers +, et doc d après le théorème de la limite par ecadremet, la suite I ) coverge et lim + I =. Esuite, puisque pour x élémet de [,π], o a x p qx) six, pour etier aturel o ul doé, o a π I = x p qx) six dx!! = π 3p 2 2 >. 2! 6q 3π/4 π/4 x p qx) six dx! 3π 4 π ) p p p )) 4 4q 4q q 2 Doc, N, I >. Vérifios efi que, pour tout etier aturel o ul, I est u etier relatif). Soit P =! x p qx). P est u polyôme de degré 2 et et p q sot racies d ordre de P et doc, pour k, racies d ordre k de P k). E particulier, P k) ) et P k) p q sot, pour k <, des etiers relatifs. De même, puisque deg P = 2, pour k 2 +, P k) et e particulier, P k) ) et P k) p q sot, pour k 2 +, des etiers relatifs. Soit k u etier tel que k 2. 4

5 ! x p qx) =! x O sait alors que i= C i p i ) i q i x i = i= C i! p i ) i q i x +i = 2 k= C k! P k) ) = k! coefficiet de x k k k! ) = )! Ck p 2 k q k. p 2 k ) k q k x k. ce qui motre que P k) ) est etier relatif puisque k 2). Puis, comme P p q x = P x), o a ecore P k) p q x = ) k P k) x) et e particulier P k) p q = ) k P k) ) Z. O a motré que pour tout etier aturel k, P k) ) et P k) p q sot des etiers relatifs. Motros alors que I est u etier relatif. Ue première itégratio par parties fourit : I = [ P x)cosx] p/q + P x)cosx dx. cos pred des valeurs etières e et p q = π de même que P. Par suite, I Z P x)cosx dx Z. Ue deuxième itégratio par parties fourit : P x)cosx dx = [P x)six] p/q si pred des valeurs etières e et p q = π, de même que P et P x)six dx. I Z P x)six dx Z. E reouvelat les itégratios par parties et puisque si et cos preet des valeurs etières e et π de même que les dérivées succesives de P, o e déduit que : Mais, I Z P 2) x)six dx Z. P 2) x)six dx =! q) 2)!six dx = 2 q) 2)2 )... + ) Z. Doc pour tout aturel, I est u etier relatif, strictemet positif d après plus haut. O e déduit que pour tout aturel, I. Cette derière costatatio cotredit le fait que la suite I ) coverge vers. L hypothèse π est ratioel est doc absurde et par suite, π est irratioel. 4. Motros par récurrece que : N, e = k= k! + t)! e t dt. Pour =, t)! e t dt = et dt = e et doc, e = + et dt = k= k! + t)! e t dt. Soit. Supposos que e = k= k! + t)! e t dt. Ue itégratios par parties fourit : et doc, t)! e t t)+ dt = [ + )! et e = k= k! + + )! + ] + t) + + )! et dt = t) )! et dt = k= + )! + k! + t) + + )! et dt. t) + + )! et dt, Le résultat est aisi démotré par récurrece. Soit u etier aturel o ul. D après ce qui précède, < e k= k! = t)! e t t) dt < e dt =! 5 e + )! < 3 + )!.

6 Supposos alors par l absurde que e soit ratioel. Alors, il existe a,b) N ) 2 / e = a b. Soit u etier aturel o ul quelcoque. D après ce qui précède, o a < a b k= k! < 3 +)!, ce qui s écrit ecore après multiplicatio des trois membres par b! < a! b k=! k! < 3b +. E particulier, pour = 3b, o a < a 3b)! b 3b a! b 3b k= k= 3b)! k! < 3b 3b+ <. Mais ceci est impossible car 3b)! k! est u etier relatif. Il etait doc absurde de supposer que e est ratioel et fialemet, e est irratioel. 5. Ue équatio du troisième degré dot les solutios sot cos 2π 7, cos 4π 7 et cos 6π 7 est ou ecore X 3 cos 2π 7 + cos 4π 7 + cos 6π 7 X cos 2π 7 )X cos 4π 7 )X cos 6π 7 ) =, ) X 2 + cos 2π 7 cos 4π 7 + cos 2π 7 cos 6π 7 + cos 4π 7 cos 6π 7 ) X cos 2π 7 cos 4π 7 cos 6π 7 Calculos alors ces trois coefficiets. Soit ω = e 2iπ/7. Puisque ω 7 = et que ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 + ω 5 + ω 6 =, o a d après les formules d EULER puis, cos 2π 7 + cos 4π 7 + cos 6π 7 = 2 ω + ω6 + ω 2 + ω 5 + ω 3 + ω 4 ) = 2, cos 2π 7 cos 4π 7 +cos 2π 7 cos 6π 7 + cos 4π 7 cos 6π 7 = 4 ω + ω6 )ω 2 + ω 5 ) + ω + ω 6 )ω 3 + ω 4 ) + ω 2 + ω 5 )ω 3 + ω et efi, = 4 ω3 + ω 6 + ω + ω 4 ) + ω 4 + ω 5 + ω 2 + ω 3 ) + ω 5 + ω 6 + ω + ω 2 )) = 2 ) 4 = 2, cos 2π 7 cos 4π 7 cos 6π 7 = 8 ω + ω6 )ω 2 + ω 5 )ω 3 + ω 4 ) = 8 ω3 + ω 6 + ω + ω 4 )ω 3 + ω 4 ) = 8 ω6 + + ω 2 + ω 3 + ω 4 + ω ω) = 8 Les trois ombres cos 2π 7, cos 4π 7 et cos 6π 7 sot doc solutio de l équatio X X 2 2 X 8 = ou ecore de l équatio 8X 3 + 4X 2 4X =. Motros que cette équatio admet pas de racie ratioelle. Das le cas cotraire, si, pour p etier relatif o ul et q etier aturel o ul tels que p et q sot premiers etre eux, le ombre r = p q est racie de cette équatio, alors 8p 3 +4p 2 q 4pq 2 q 3 =. Ceci peut ecore s écrire 8p 3 = q 4p 2 +4pq+q 2 ) ce qui motre que q divise 8p 3. Comme q est premier avec p et doc avec p 3, o e déduit d après le théorème de GAUSS que q divise 8. De même, l égalité q 3 = p8p 2 + 4pq 4q 2 ) motre que p divise q 3 et doc que p divise. Aisi, p {,} et q {,2,4,8} ou ecore r {,, 2, 2, 4, 4, 8 8},. O vérifie alors aisémet qu aucu de ces ombres est racie de l équatio cosidérée et doc cette équatio a pas de racie ratioelle. E particulier, 6

7 cos 2π 7 est irratioel. 6. O sait que 2, 3 et 5 sot irratioels mais ceci impose rie à la somme Soit α = α = α 2) 2 = 3 + 5) 2 α 2 2 2α + 2 = α 2 2 2α 6) 2 = 6 α 4 + 8α 2 24 = 4 2αα 2 6) Si maiteat, o suppose que α est ratioel, puisque 2 est irratioel, o a écessairemet αα 2 6) = das le cas cotraire, 2 = α4 +8α 2 24 Q). Mais α est i, i 6, i 6 car α 2 > 4αα 2 6) = > 6). Doc est irratioel. Correctio de l exercice 2 A et B sot deux parties o vides et majorées de R et admettet doc des bores supérieures otées respectivemet α et β. Pour tout a,b) A B, o a a + b α + β. Ceci motre que A + B est ue partie o vide et majorée de R, et doc que supa + B) existe das R. De plus, puisque α + β est u majorat de A + B, o a déjà supa + B) α + β). Soit alors ε >. Il existe a A et b B tels que α ε 2 < a α et β ε 2 < b β, et doc tels que α + β ε < a + b α + β. E résumé, O e déduit que ) a,b) A B, a + b α + β et 2) ε >, a,b) A B/ a + b > α + β ε. supa + B) = α + β = sup A + sup B. Pour les bores iférieures, o peut refaire le travail précédet e l adaptat ou appliquer le résultat précédet aux esembles A et B car IfA = sup A). Correctio de l exercice 3 Posos pour etier aturel o ul u = + ) de sorte que A = {u, N } = {, 2 +, 3, 4 +, 5,...}. Pour, u 2 = + 2. Doc N, < u Pour, u 2 = + 2. Doc N, < u 2. Par suite, N, < u 3 2. Doc, sup A et if A existet das R et de plus if A sup A 3 2. Esuite, 3 2 = u 2 A. Doc, sup A = max A = 3 2. Efi, pour chaque etier aturel o ul, oa if A u 2 = + l ifii das cet ecadremet, o obtiet if A = 2. O fait tedre ted vers cette bore iférieure est pas u miimum). Correctio de l exercice 4 7

8 Posos B = { y x, x,y) A 2 }. A est ue partie o vide et borée de R, et doc m = if A et M = sup A existet das R. Pour x,y) A 2, o a m x M et m ym, et doc y x M m et x y M m ou ecore y x M m. Par suite, B est ue partie o vide et majorée de R. B admet doc ue bore supérieure. Soit ε >. Il existe x,y ) A 2 tel que x < if A + ε 2 et y > sup A ε 2. Ces deux élémets x et y vérifiet, y x y x > sup A ε ) if A + ε ) = sup A if A ε. 2 2 E résumé,. x,y) A 2, y x sup A if A et 2. ε >, x,y) A 2 / y x > sup A if A ε. Doc, sup B = sup A if A. sup { y x, x,y) A 2 } = sup A if A. Correctio de l exercice 5. A B peut être vide et o a rie à dire. Supposos doc A B o vide. Pour x A B, o a x sup A et x sup B et doc x mi{sup A,sup B}. Das ce cas, supa B) existe et supa B) mi{sup A, sup B}. O e peut pas améliorer. Par exemple, soit A = [, ] Q et B = [, ] R \ Q)) {}. O a sup A =, sup B =, A B = {} et doc supa B) = < = mi{sup A,sup B}. 2. Pour x A B, o a x max{sup A,sup B}. Doc supa B) existe das R et supa B) max{sup A,sup B}. Iversemet, supposos par exemple sup A sup B de sorte que max{sup A, sup B} = sup A. Soit alors ε >. Il existe a A tel que sup A ε < a sup A. a est das A et doc das A B. E résumé, x A B), x max{sup A,sup B} et ε >, x A B)/ max{sup A,sup B} ε < x et doc supa B) = max{sup A,sup B}. 3. D après l exercice 2, supa + B) = sup A + sup B. 4. Pour supab), tout est possible. Par exemple, si A = B =],] alors sup A = sup B =, mais AB = [,+ [ et supab) existe pas das R. Correctio de l exercice 6 Soiet k u etier aturel o ul et u etier aturel supérieur ou égal à k. + k! + k!) + k! )... + k! k + ) = k k! )... k + ) + k! K = pour u certai etier K) k! )... k + ) = + K = + K. k! k + k! + k! La différece est doc divisible par. Par suite, et ot même k k k k chiffre des uités e base. Aisi, k, u + k! = u et doc la suite u est doc k!-périodique. O sait alors que,u k u k+ u k+2... est ratioel. 8

9 Correctio de l exercice 7 ) k Pour =, 2 k= k+ = 2 = 2 et 2 Soit. Supposos que 2 ) k k= k+ = 2 k=+ k. O a alors k=+ k = 2. L idetité proposée est doc vraie pour =. 2+) ) k k= 2 k + = k= O a motré par récurrece que, 2 k= ) k k = = k=+2 k ) = 2 k=+ k=+2 k ) k + 2+) = k=+2 ) k k+ = 2 k=+ k idetité de CATALAN). k Correctio de l exercice 8. Si les b k sot tous uls, l iégalité est claire. Sio, pour x réel, posos 2. f x) = a k + xb k ) 2 = b2 k) x a kb k )x + a2 k. f est u triôme du secod degré de sige costat sur R. So discrimiat réduit est doc égatif ou ul ce qui fourit : = ) 2 a k b k a 2 k ) b 2 k ou ecore a kb k a2 k b2 k, qui est l iégalité de CAUCHY-SCHWARZ. a k + b k ) 2 = = a 2 k + 2 a 2 k + 2 a k b k + a 2 k a 2 k + b 2 k b 2 k a 2 k + 2 ), a k b k + b 2 k b 2 k + b 2 k CAUCHY-SCHWARZ) et doc, a k + b k ) 2 a2k + b2 k, qui est l iégalité de MINKOWSKI. ) 2 Correctio de l exercice 9 Pour x, x+2 x = x +2 x + = x +) 2. De même, x 2 x = x ) 2. Doc, si o pose f x) = x + 2 x + x 2 x, f x) existe si et seulemet x et pour x, f x) = x + + x. Par suite, f x) = x + x = x = et x = x = et x =, ce qui est impossible. L équatio proposée a pas de solutio. Correctio de l exercice 9

10 . Soit G u sous groupe o ul de R,+) {} =.Z est du type voulu). Il existe das G u réel o ul x. Puisque G est u sous groupe de R,+), le réel x est aussi das G et l u des deux réels x ou x est strictemet positif. Soit alors A = G ],+ [. D après ce qui précède, A est ue partie o vide et miorée par ) de R. A admet doc ue bore iférieure que l o ote a. er cas. Si a =, motros das ce cas que G est dese das R c est par exemple le cas de Q,+)). Soiet x u réel et ε u réel strictemet positif. Puisque if A = ifg ],+ [) =, il existe das G u élémet g tel que < g < ε. Puis il existe u etier relatif tel que g x ε < + )g à savoir ). Soit y = + )g. D ue part, y est das G si + =, + )g = G, si + >, = E x ε g + )g = g + g g G et si + <, + )g = + )g) G) et d autre part x ε < + )g = g + g < x ε + ε = x. O a motré que x R, ε >, y G/ x ε < y < x et doc si G {} et si ifg ],+ [) =, G est dese das R. 2ème cas. Si a >, motros das ce cas que G = az. Pour cela, motros tout d abord que a est das G. Mais si a est pas élémet de G, par défiitio de a, il existe u réel x das G ]a,2a[ puis il existe u réel y das G ]a,x[. Le réel x y est alors das G ],a[ ce qui est impossible. Doc a est élémet de G. Motros alors que G = az. Puisque a est das G, G cotiet ecore a + a = 2a, puis a + a + a = 3a et plus gééralemet tous les a, N. Puisque G cotiet aussi les opposés de ces ombres et égalemet = a, G cotiet fialemet tous les a, Z. O a aisi motré que az G. Réciproquemet, soit x u élémet de G et = E x a Z). Alors, x a < + puis x a < a. Or, x est das G et a est das G. Doc, x a est das G [,a[= {}, puis x = a az. O a aisi motré l iclusio cotraire et doc G = az. si ifg ],+ [) = a >, G = az. 2. Soit G = {a + b 2, a,b) Z 2 }. O vérifie aisémet que G est u sous-groupe de R,+). Maiteat, la formule du biôme de NEWTON motre que, pour chaque etier aturel, 2 ) G ],+ [. Or, < 2 < et doc lim + 2 ) =. Ceci motre que ifg ];+ [) = et doc que G est dese das R. 3. a) Soit f ue applicatio de R das R et G f = {T R/ x R, f x + T ) = f x)}. est élémet de G f et c est même le seul élémet de G f si f est pas périodique) et doc G. De plus, si T et T sot deux élémets de G alors, pour x réel doé : f x + T T )) = f x T ) + T ) = f x T ) = f x T + T ) = f x), et T T est ecore u élémet de G. O a motré que G f est u sous groupe de R,+). b) Soit f ue applicatio de R das R admettat et 2 pour périodes. G f cotiet ecore tous les ombres de la forme a + b 2, a,b) Z 2 et est doc dese das R. Motros que si de plus f est cotiue sur R, f est costate. Soit x u réel quelcoque. O va motrer que f x) = f ). Remarque prélimiaire : soit T ue période strictemet positive de f. Il existe u etier relatif p tel que pt x < p + )T à savoir p = E x T. O a alors f x) = f x pt ) avec x pt < T. Soit alors N. Puisque G f est dese das R, il existe das G f u réel T ) tel que < T < ce qui implique que lim + T = ). Mais alors, puisque < x E x T T < T, o a aussi ) lim + x E x T T =. Maiteat, la suite f x E x )T T est costate égale à f x)) et doc covergete vers f x). O e déduit que N

11 x f x) = lim f x E )T = f + T = f ) lim + ) x x E )T T par cotiuité de f e ) ce qu il fallait démotrer. Correctio de l exercice Soiet x u réel et ε u réel strictemet positif. O a 3 x < 3 x + ε. Puisque Q est dese das R, il existe u ratioel r tel que 3 x < r < 3 x + ε et doc tel que x < r 3 < x + ε, par stricte croissace de la foctio t t 3 sur R. O a motré que {r 3, r Q} est dese das R.