Exercices - Les ombres réels : corrigé Exercice 1 - Ordre et R - L1/Math Sup - 1. Supposos que a 0 et posos ε = a /2 > 0. Alors o a a < ε = a /2, soit e simplifiat par a qui est positif, 1 < 1/2. Ceci est absurde, et doc a = 0. 2. O raisoe là aussi par l absurde, et o suppose que a > b. Mais alors, o peut trouver u réel x ]b, a[. Ce réel x satisfait b < x et pourtat x < a, ce qui cotredit ce que l o sait sur a et b. C est doc que a b. Valeur absolue - Partie etière Exercice 2 - Partie etière et somme - L1/Math Sup - Des iégalités E(a) a < E(a) + 1 et E(b) b < E(b) + 1, o e déduit E(a) + E(b) a + b < E(a) + E(b) + 2. Or, E(a + b) est le plus grad etier tel que a + b. Puisque E(a) + E(b) a + b, o e déduit qu E(a) + E(b) E(a + b). De même, E(a + b) + 1 est le plus petit etier m tel que m > a + b. Puisque E(a) + E(b) + 2 > a + b, o e déduit E(a) + E(b) + 2 E(a + b) + 1, ce qui est l autre iégalité demadée. Exercice 3 - Produit et divisio - L1/Math Sup - D ue part o a E(x) x doc E(x) x et puisque la foctio partie etière est croissate : ( ) E(x) E E(x). D autre part, o a E(x) x doc E(x) x ou ecore E ( E(x) ) E(x). Maiteat, puisque E(x) est u etier, E ( E(x) ) = E(x) et doc E(x) E(x). E repreat la partie etière de cette iégalité, o trouve ( ) E(x) E(x) E ce qui est l autre iégalité désirée. Exercice 4 - Somme de parties etières - L1/Math Sup - O sait que E(x) x < E(x) + 1. Plus précisémet, soit p {0,..., } l uique etier tel que E(x) + p (p + 1) x < E(x) +. http://www.bibmath.et 1
Exercices - Les ombres réels : corrigé Pour 0 k p 1, o a E(x) x + k < E(x) + p + 1 + p 1 = E(x) + 1. E particulier, pour ces valeurs de k, E(x + k/) = E(x). D autre part, pour k [ p, ], o a E(x) + 1 = E(x) + p + p E(x) + k x + k < E(x) + 1 + k E(x) + 2. Aisi, pour ces valeurs de k, o a E(x + k/) = E(x) + 1. O e déduit que 1 k=0 E(x + k/) = ( p)e(x) + p(e(x) + 1) = E(x) + p. Or, de l iégalité E(x) + p/ x < E(x) + (p + 1)/, o déduit E(x) + p x < E(x) + p + 1. Autremet dit, o a E(x) = E(x) + p, ce qui achève la preuve. Exercice 5 - Ue somme - L1/Math Sup - L idée est très simple. Etre deux carrés parfaits cosécutifs, la valeur de E( k) est coue. Plus précisémet, si 2 k < ( + 1) 2, alors E( k) =. De plus, etre deux carrés parfaits cosécutifs, il y a exactemet ( + 1) 2 2 = 2 + 1 etiers. O a doc 2010 k=1 E( k) = = 4 =1 4 =1 (+1) 2 1 2010 3 E( k) + E( k) k= 2 k=1936 3(2 = 1) + (2010 1936 + 1) 44. O calcule ces sommes, sachat que p =1 2 = p(p+1)(2p+1) 6 et o trouve fialemet que la somme fait 59144. Exercice 6 - Egalités et iégalités avec des valeurs absolues - L1/Math Sup - 1. O cherche les réels qui sot à ue distace exactemet égale à 5 de 3. O trouve S = {2, 8}. 2. O cherche les réels qui sot à ue distace iférieure ou égale à 5 de 3. O trouve S = [ 2, 8]. 3. O cherche les réels qui sot à ue distace strictemet supérieure à 7 de 2. O trouve S =], 9[ ]5, + [. 4. 2x 4 chage de sige e 2, et x + 2 chage de sige e -2. O distigue alors 3 cas : Si x 2, alors x + 2 = x 2 et 2x 4 = 2x + 4. L équatio est alors équivalete à 2x + 4 x 2 x 6 ce qui est icompatible avec x 2. http://www.bibmath.et 2
Exercices - Les ombres réels : corrigé Si x [ 2, 2], alors x+2 = x+2 et 2x 4 = 2x+4. L équatio est alors équivalete à 2x + 4 x + 2 3x 2 x 2/3. L itervalle qui ous itéresse ici est doc [2/3, 2]. Si x 2, alors x + 2 = x + 2 et 2x 4 = 2x 4, et doc l équatio est équivalete à 2x 4 x + 2 x 6. L itervalle qui ous itéresse ici est doc [2, 6]. Fialemet, l esemble des solutios est S = [2/3, 6]. 5. O factorise x 2 8 e (x 2 2)(x + 2 2). O discute alors comme das la questio précédete, mais suivat 4 cas, si x < 12, si x [ 12, 2 2], si x [ 2 2, 2 2] et si x [2 2, + [. O trouve que l esemble des solutios est S = { 4, 5}. 6. O applique exactemet le même raisoemet, et o trouve que l esemble des solutios est S =], 4[ ]5, + [. Exercice 7 - Avec des racies carrées - L1/Math Sup - Calculos S = (2+ 3) +(2 3) à l aide de la formule du biôme de Newto. O trouve S = = 2 k 3 k + 2 k ( 1) k 3 k k=0 k=0 k=0 2 k (1 + ( 1) k ) 3 k. Maiteat, si k = 2p est pair, alors (1+( 1) k ) 3 k = 2.3 p est u etier pair, et si k est impair, (1 + ( 1) k ) 3 k = 0. O e déduit que S est bie u etier pair, comme somme d etiers pairs. De plus, o a 0 < 2 3 < 1 et doc 0 < (2 3) < 1. O e déduit que S 1 (2 + 3) < S ce qui prouve que la partie etière de (2 + 3) est S 1. C est doc u etier impair. Exercice 8 - Iégalités avec des valeurs absolues - L1/Math Sup - 1. O écrit 2x = (x + y) + (x y) et 2y = (x + y) (x y). Par l iégalité triagulaire, o obtiet 2 x x + y + x y et 2 y x + y + x y. Il suffit de sommer ces deux iégalités pour trouver le résultat voulu. 2. Posos u = x 1 et v = y 1. Alors 1+ xy 1 = 1+ uv+u+v 1+ u + v + uv = (1+ u )(1+ v ) = (1+ x 1 )(1+ y 1 ). http://www.bibmath.et 3
Exercices - Les ombres réels : corrigé 3. Ue rapide étude motre que la foctio u u x + y x + y, o e déduit que 1+u est croissate sur [0, + [. Puisque x + y 1 + x + y x + y 1 + x + y x 1 + x + y + y 1 + x + y x 1 + x + y 1 + y Bore iférieure - Bore supérieure Exercice 9 - E pratique - L1/Math Sup - Das la suite, o otera A l esemble cosidéré. 1. Les élémets de A sot a, a + b, a + 2b,.... O a alors que A est mioré par a, et puisque a A, c est la bore iférieure de A. A est pas majoré : o e peut avoir a + b M pour tout N, sio o aurait (M a)/b et N serait majoré. 2. Si est pair, a+( 1) b = a+b et si est impair, a+( 1) b = a b. L esemble est doc costitué des deux élemets a + b et a b. Il est doc majoré, mioré, avec sup(a) = a + b et if(a) = a b. 3. Les élémets successifs de A sot a + b, a + b/2, a + b/3,... O voit facilemet que A est majoré par a + b et que A est mioré par a (o a bie a a + b/ a + b pour tout N ). De plus, a + b est élémet de A, et doc sup(a) = a + b. Efi, prouvos que a est la bore iférieure de A. Si c est u miorat de A strictemet supérieur à a, alors pour tout N, o a a + b c b c a. Comme N est pas majoré, c est pas u miorat de A. a est doc le plus grad des miorats de A, c est sa bore iférieure. 4. Les élémets successifs de A sot a + b, a + b/2, a + b/3, a + b/4,.... O remarque que a est u miorat de A, et e utilisat le raisoemet précédet (mais e se limitat aux etiers impairs), o prouve que a = if(a). De plus, o a a + b a + b/ pour tout etier impair et a + b/2 a + b/ pour tout etier pair. max( a + b, a + b/2) est doc u majorat de A. C est aussi u élémet de A, doc c est sa bore supérieure. 5. Les élémets successifs de A sot a b, a + b/2, a b/3,.... O prouve alors que a b est u miorat de A et que a + b/2 est u majorat de A. Comme ils sot tous les deux élemets de A, ce sot respectivemet la bore iférieure et la bore supérieure de A. Exercice 10 - Atteit ou o? - L1/Math Sup - Commeços par A. O a, pour tout, m N, 0 m + 1 m 1 m 1. http://www.bibmath.et 4
Exercices - Les ombres réels : corrigé A est doc miorée par 0 et majorée par 1. Motros que if(a) = 0. Si c > 0 est u miorat de A, alors pour tout couple (m, ) N 2, o a c m + 1. Preos = 1, o obtiet c 1 m + 1 m 1 c 1. Comme ceci doit être vrai pour tout etier m 1, c est ue cotradictio car N est pas majoré. Aisi, 0 est le plus grad des miorats de A, et if(a) = 0. Démotros de même que 1 = sup(a). Si d < 1 est u majorat de A, alors pour tout couple (m, ) N 2, o a d m + 1. Pour m = 1, o obtiet d + 1 d (1 d) d 1 d. Cette iégalité est impossible à réaliser pour tout etier, et doc sup(a) = 1. De plus, 0 est pas u élémet de A -c est trivial, et 1 o plus car o a toujours m + 1 > pour, m 1. Étudios désormais B. 0 est toujours u miorat de B, mais cette fois il est aussi élémet de B. O a doc if(b) = mi(b) = 0. De plus, o a N B (choisir m = 0). Aisi, B est pas majoré. Exercice 11 - Bore sup o atteite - L1/Math Sup - O raisoe par l absurde, et o suppose que ]M ε, M[ A est fii. Soit {a 1,..., a p } = ]M ε, M[. Posos a = max(a 1,..., a p ). Alors a < M. O pose δ = M a. O a δ > 0, doc il existe a p+1 A tel que M δ < a p+1 M. O a même a p+1 < M car M / A. De plus, a p+1 > M δ = a M ε. O e déduit que a p+1 ]M ε, M[ et que a p+1 a i, i = 1,..., p. Ceci cotredit l hypothèse iitiale. Exercice 12 - Diverses opératios - L1/Math Sup - 1. Soit m = if(a) et otos M = m. Alors, pour tout a A, o a m a ce qui implique a M. Aisi, M majore A. De plus, soit ε > 0. Alors il existe a A tel que m a m + ε. Multipliat cette iégalité par -1, o trouve que C est bie que M = sup( A). M ε a M. 2. Notos M = sup(a) + sup(b). Soit x A + B, x s écrit x = a + b avec a A et b B. Alors a sup(a), b sup(b) et doc e effectuat la somme, o trouve a + b M. M est doc u majorat de A + B. De plus, soit ε > 0. Alors il existe a A tel que sup(a) ε/2 a sup(a), et il existe b A tel que sup(b) ε/2 b sup(b). Faisat la somme de ces deux iégalités, o trouve Ceci achève la preuve que M = sup(a + B). M ε a + b M. http://www.bibmath.et 5
Exercices - Les ombres réels : corrigé 3. O peut repredre le raisoemet précédet, ou tout simplemet appliquer le résultat précédet avec B = {x}. 4. Le raisoemet utilisé aux questios précédetes e marche pas ici, car le produit de deux ombres égatifs est u ombre positif. Preos par exemple A = { 1, 0} et B = { 2}. Alors AB = {0, 2} et sup(ab) = 2 sup(a) sup(b) = 0. Le résultat est cepedat vrai si A R + et B R +. La preuve est tout à fait similaire à celle produite u peu plus haut. Exercice 13 - Applicatio à l existece d u poit fixe d ue applicatio croissate de [0, 1] das [0, 1] - L1/Math Sup - 1. E est ue partie o-vide (car elle cotiet 0), et majorée (par 1) de R. Elle admet doc ue bore supérieure que l o ote b. 2. O va raisoer par l absurde pour démotrer que f(b) = b. Si f(b) < b, comme b est le plus petit des majorats de E, f(b) e majore pas E. Il existe doc u élémet c de E tel que f(b) < c b. Mais alors f(c) c > f(b) alors que c b. Ceci cotredit que f est croissate. Si f(b) > b, comme f est croissate, o a f(f(b)) f(b), et doc f(b) E, ce qui est impossible puisque f(b) est strictemet supérieur à la bore supérieure de E. Exercice 14 - Plus petit et plus grad - L1/Math Sup - Fixos a 0 A et b 0 B. Alors, pour tout b B, o a a 0 b et doc a 0 est u miorat de B. De même, b 0 est u majorat de A. Aisi, B admet ue bore iférieure et A admet ue bore supérieure. Supposos par l absurde que sup(a) > if(b), et posos u = sup(a)+if(b) 2. Alors o a if(b) < u < sup(a). E particulier, il existe a A et b B tels que a > u et b < u. O obtiet a > b, ue cotradictio avec les hypothèses. Exercice 15 - Écart - L1/Math Sup - 1. Soiet (x, y) A 2 et soit M R tel que x A = x M. Alors o a ce qui prouve que B est majoré. x y x + y 2M, 2. Posos m = if(a) et M = sup(a). Soiet (x, y) R 2. Alors o a m x M et M y m = (M m) x y M m d où o tire x y M m. O e déduit doc que M m est u majorat de B et que δ(a) M m. Pour prouver l autre iégalité, o fixe ε > 0, et o costruit u élemet b B tel que b > M m ε. Pour cela, o sait qu il existe (x, y) A 2 tels que x M ε/2 et y m + ε/2. Alors x y M m ε, ce qui est le résultat voulu. O a doc bie δ(a) = sup(a) if(a). Exercice 16 - Avec termes - L1/Math Sup - http://www.bibmath.et 6
Exercices - Les ombres réels : corrigé 1. La première égalité est claire. Pour la secode, o remarque que (x i x j ) 2 0 x 2 i + x 2 j 2x i x j 0 x2 i + x2 j x i x j 2. 2. Preos x 1,..., x das R +. Alors, e développat le produit, o obtiet : ( 1 (x 1 + + x ) + + 1 ) = + ( xi + x ) j. x1 x x i<j j x i Chaque terme de la somme est miorée par 2 d après la questio précédete, et il y a ( 2) = ( 1) 2 élémets das la somme. O e déduit que ( 1 (x 1 + + x ) + + 1 ) ( ) + 2 = + 2 x1 x 2 ( 1) 2 = 2. Aisi, 2 est u miorat de l esemble. Mais c est aussi u élémet de l esemble. Il est atteit e choisissat x 1 = x 2 = = x = 1. Aisi, 2 est la bore iférieure (et même le miimum) de l esemble cosidéré. Ratioels et irratioels Exercice 17 - Irratioels! - L1/Math Sup - 1. Imagios que x + y soit u ratioel (o ul). Alors, o a x y = x y x + y et doc x y est aussi u ratioel. Écrivat 2 x = ( x + y) + ( x y), o trouve que x est ratioel, ue cotradictio. 2. Imagios que 2 + 3 + 5 soit u ratioel r > 0. Alors o a 2 + 3 = r 5 = 2 + 2 6 + 3 = r 2 + 5 2r 5 et doc r 5 + 6 est u ratioel. O raisoe alors comme à la questio précédete pour prouver que la quatité cojuguée r 5 6 = 5r2 6 r 5 + 6 est aussi ratioel et doc que 6 l est aussi. C est la cotradictio que l o recherchait! http://www.bibmath.et 7
Exercices - Les ombres réels : corrigé Exercice 18 - Itervalles et ratioels - L1/Math Sup - Supposos qu il existe a das I J. Puisque a I, itervalle ouvert, il existe r 1 > 0 tel que ]a r 1, a + r 1 [ I. De même, puisque a J, itervalle ouvert, il existe r 2 > 0 tel que ]a r 2, a + r 2 [ J. Posos r = mi(r 1, r 2 ). Alors : ]a r, a + r[ I J. Mais das l itervalle ouvert ]a r, a + r[, il existe toujours u autre ratioel. Ue autre faço de rédiger les choses est de dire que l itersectio de deux itervalles ouverts est ou bie vide, ou bie u itervalle ouvert (questio : quelles sot ses bores?). Das u itervalle ouvert o réduit à u poit, il y a toujours u ratioel. Exercice 19 - Homographie - L1/Math Sup - Supposos que ax+b cx+d soit u ratioel q. Alors o obtiet ax + b = qcx + dq (a qc)x = dq b. Si a qc 0, o obtiet que x = (dq b)/(a qc) est u ratioel comme quotiet de ratioels, ce qui est ue cotradictio. Si a qc = 0, puisque x 0, o a dq b = 0 et doc ad bc = 0, ce qui est là-aussi ue cotradictio. Exercice 20 - Suite de ratioels - L1/Math Sup - 1. Notos M = max(q q m ;, m 0) et posos ε = 1 2M. Si o applique la défiitio d ue suite covergete à (u ) pour cette valeur de ε, alors o trouve qu il existe 0 1 tel que, pour 0, o a u l < ε. E particulier, pour, p 0, o a Or, Aisi, si u u m, o a u u m u l + u m l < ε + ε 1 M. u u m = p q m p m q q q m. u u m 1 q q m 1 M. Ceci cotredit ce que l o a obteu plus tôt, et doc, pour, m p, o a u = u m : la suite est bie statioaire. 2. Si (q ) e ted pas vers +, la suite est statioaire, et a est égal à u des termes de la suite : c est doc u ratioel. Par cotraposée, si a / Q, c est que (q ) ted vers +. Divers Exercice 21 - Sous-groupes additifs de R - L1/Math Sup - http://www.bibmath.et 8
Exercices - Les ombres réels : corrigé 1. Puisque H est u sous-groupe de (R, +) o réduit à {0}, il possède u élémet h 0. Puisque h est aussi élémet de H, H possède toujours u élémet strictemet positif. Autremet dit, G est ue partie de R o-vide et miorée : G admet ue bore iférieure. 2. Si α / H, alors, par défiitio de la bore iférieure, pour tout ε > 0, il existe u élémet β ]α, α + ε[. Preos ε = α. Alors β α H, car (H, +) est u groupe. De plus, β α > 0. O a doc β α G. Mais o a aussi β α α, puisque α est la bore iférieure de G, ce qui cotredit que β est das l itervalle ]α, 2α[. O a doc α H, et puisque (H, +) est u groupe, o a automatiquemet αz H. Si l iclusio était stricte, o pourrait trouver x H\αZ. Soit k Z tel que O a alors cotredisat à ouveau la défiitio de α. kα < x < (k + 1)α. x kα H et 0 < x kα < α, 3. Il s agit de prouver que, pour tout a R et tout ε > 0, il existe h H ]a ε, a + ε[. Si 0 ]a ε, a + ε[, alors puisque α = 0, il existe h H das ]0, a + ε[, doc das ]a ε, a + ε[. Sio, puisque (H, +) est u groupe et est doc symétrique par rapport à 0, o peut supposer que ]a ε, a + ε[ ]0, + [. Soit β H tel que 0 < β < ε. O itroduit A = { N; β a ε}. Alors A est ue partie de N o-vide (elle cotiet 0) et majorée. Soit N so plus grad élémet, et posos h = (N + 1)β. Puisque N + 1 est pas élémet de A, o a h > a ε. De plus, h Nβ + β a ε + ε a < a + ε. Aisi, h ]a ε, a + ε[, achevat la preuve de la desité de H das R. http://www.bibmath.et 9