Exercices 275 problemes resolus analyse mathematiques tome 3
Télécharger PDFCM+) ml PREMIER CYCLE UNIV€RSB-&M! ' i -7.- - Exercices et Problèmes Rholus^.& 1 PREFACE C et ouvrage vient compléter le livre de cours d'Analyse (tome 1) de la collection " Maths-plus". Il propose des exercices et problèmesde niveaux variés sur le programme des premières années aes facultés et instituts supérieurs. Les exercices sont rangés par ordre de difficulté croissante et sui vent presque fidèlement les paragraphes et chapitres du livre de cours d'Analyse (tome 1) de la collection "Maths-plus". La méthode est simple : chaque exercice est suivi d'une solution dé taillée et quelquefois en plus, d'exercices de même type non résolus. Llinsi, pour une bonne compréhension du cours et une bonne préparation à un exa men, il est vivement conseillé de chercher et d'essayer de résoudre SEUL les exercices et le cas échéant, revoir la ou les parties du cours avant de consulter, en extrême recours, la solution du problème, l'écrire et la refaire soi-même. Nous espérons que ce livre apportera une aide efficace aux étu diants et leur permettra de mieux aborder les notions et méthodes nouvelles introduites au début des études supérieures en Analyse. LES AUTEURS. ' TABLE DES MATIERES -- Chapitres pages 1 . Calcul dans JR ................................................. 9 II Suites . . numériques ............................................ 25 II . Fonctions numériques de la variable réelle ................ 52 IV . Fonctions dérivables. formule de Taylor .................. 66 V . Etude de fonctions (usuelles) ............................... 85 VI . Intégrales ...................................................... 116 VI1 . Calcul pratique des primitives .............................. 145 .... .p.pp . . VEI . Intégrales généralisées ....................................... 159 ~ ... IX . Développement limité ........................................ 172 X . Courbes planes paramétrées ............................. 187 XI . Courbes en polaires .......................................... 201 XII . Equations différentielles ..................................... 216 XII1 . Notions sur les fonctions de deux variables ............... 229 calcul dans R - 9 CALCUL DANS IR Soit A une partie non vide de W. On pose (- A) = (- x /x E A). Montrer que : 1") Si A est majorée, (-A) est minorée et on a : inf (- A) = - sup A. 2") Si A est minorée, (-A) est majorée et on a : sup (- A) = - inf A. Solution 1") Soit A une partie non vide, majorée de W. Soit a sa borne supérieure. Donc, par définition on a : i)Vx~ A xla. ii) V E E O 3 XOE A a-~<xo Sa. Il est clair que (-A) est une partie non vide et minoree par a' = - a puisque d'après i) : V y E (- A) - y E A donc -y I a. c'est à dire - a I y. D'autre part, soit E > O. On sait, d'après ii) qu'il existe xo E A tel que : a-~<x~Ia.D'où -a<-x0<-a+e. Parsuite a' 5 - x0 c a' + E. D'où : V E > O 3 y. E (- A) a' I y. c a' + E. Donc a' = - sup A est la borne inférieure de (-A) 2") Démonstration analogue. Soient A et B deux parties ilon vides de W. Montrer que : 1") Si A et B sont majorées, A u B est majorée et sup (AuB) = sup (supA, supB). 2") Si A et B sont minorée, A v B est minorées et inf (AuB) = inf (infA, infB) Solution 1") A et B sont des parties non vides majorées de R, soit a = sup A et p = sup B Soit M = sup (a, p). M est alors un majorant à la fois de A et de B,donc de (AuB) Comme A et B jouent des rôles symétriques, on peut supposer, par exemple que M= p. Soit E > O. Comme M = p = sup B, il existe y0 E B tel que p - E < y0 I p. D'où : VE>O 3 y0 E (AuB) P-E<Y~ 20. Ce qui prouve que sup (A u B) = M = sup (sup A, sup B). 2") DCmonsuation analogue. I 10 - Chaphe I 9 1.3. Soit (A,),, , une famille quelconque de parties non vides de W. .lO) Si pour tout a€ 1, A, est majorée et si l'ensemble U = (supA,/a~ 1) est majoré, alors u A, est majorée et on a : <LE 1 sup ( u A,) = sup (sup Aa) a€ 1 Peut-on avoir le résultat si i'hy'pthèse "U majoré" n'est pas vérifiée? 2") Si pour tout a€ 1, A, est minorée et si l'ensemble V= (infA, / a~ 1) est minoré alors v A, est minorée et on a : inf ( u A2 = inf (inf Aa) CLE 1 aa 1 I Peut-on avoir le résultat si l'hypothése "V minoré" n'est pas vérifiée? 1 Solution 1") Pour tout a E 1, A, est une partie non vide et majorée de W. Soit sa = supA,. De plus, l'ensemble U = { sa = sup A, / a E 1 ) est majoré (et non vide). Soit s = sup U. Pour simplifier I'écriture, posons A = u Aa On a par définition : V a E 1 sup A, 5 S. as I D'où : VXE A x S S. et A est alors maiorée par S. Soit E > 0. Comme s = sup U, il existe a E 1 tel que s - cl2 < sa I S. Mais alors, comme par définition sa = sup A, il existe x E A, tel que Sa - &/2 < X 5 Sa . D'où : S- E = (S - &/2) - &/2 < Sa - &/2 < X 5 Sa< S. Et par suite: Ve>O 3x~ A s-ECX~S. Ce qui montre que : s = sup A. C'est à dire : sup ( u Aa) = sup (sup Aa) a€ 1 Supposons, maintenant que U n'est pas majoré. D'où : V n E N 3 a, E 1 tel que sa,, > n. En choisissant E = (sg, - n) > O, on peut écrire par définition des sa : Y ne N 3 X,E &, tel que San - E < Xn I San . D'où : , V~EN 3xn€A,, tel que n c x,. ou encore V n E N 3 xn E A tel que n <x,. Ce qui prouve que A = u A n'est pas majorée. a a€ 1 calcul dans R - 11 Pour tout n E N , Ar! est majorée et sup An = n, donc U = Pd, etA= u An = W ns N n'est pas majoré. On peut poser dans ce cas, par convention : sup A = += 2") La démonstration est analogue. Soient A et B deux parties non vides de B. On définit l'ensemble A+B= (x+y/x€Aety~B). Montrerque: 1') Si A et B sont majorées , (A+B) est majorée et on a : sup (A + B) = sup A + sup B. 2") Si A et B sont minorées , (A + B) est minorée et on a : inf (A + B) = inf A + inf B. 3") Généraliser ces résultats à un nombre fini de parties non vides de IR. Solution 1°)Posons a=supA et p=supB. Pourtout z=x+y~ (A+B)ona: z = x + y I sup A + sup B. Donc (A + B) est majorée et on a : sup (A + B ) I sup A + sup B. Mais, de plus, on a : V E>O 3 x0€ A a - ~/2 < xo 5 a. v &>O 3 YOE B p -&/2< yoI p. D'où, en posant z0 = xo + y. E (A + B) , on a : VE>O 3 z0 E (A +B) tel que (a + p) - E < z0 < (a + p) Ce qui prouve que (a + p) est la borne supérieure de (A + B). Autrement dit : sup (A + B) = sup A + sup B. 2") Démonstration analogue. 3') Pour généraliser ces résultat, il suffit de voir que : A + B + C = (A + B) + C, et appliquer, par réccurence, les résultats 1) et 2). Soient f et g deux fonctions-numériques définies sur une partie E, non vide, de R Si f est bornée on définit sup f = sup f(E) et inf f = inf f(E) . Montrer que : 1") Si f et g sont majorées , ( f + g ) est majorée et on a : Sup(f+g) I sup f + sup g A-t-on égalité dans le cas général ? Justifier votre réponse. 2') Si f et g sont minorées , (f + g) est minorée et on a : inf f + inf g 5 inf (f+g) A-t-on égalité dans le cas général ? Justifier votre réponse. 12 - Chapitre 1 Solution 1") Soient f et g deux fonctions numériques majorées, sur une partie E non vide de W. Par définition on a : Q x E E (f + g) (x) = f(x) + g(x) 5 sup f + sup g. Donc (f + g) (E) est une partie non vide et majorée par sup f + sup g. Comme la borne supérieure est le plus petit des majorants, on a : sup (f + g) 5 sup f + sup g on n'a pas égalité dans le cas général. En effet : Si E = [-1, 11 et f(x) = x et g(x) = -x f et g sont majorées sur [-1, 11 et sup f = 1 et sup g = 1 Alorsque (f+g)(x)=O pourtout XE [-1, 11. donc sup(f+g)=O # supf+supg=2. 2") Démonstration analogue rn - Soient A et B deux parties non vides majorées de R+. On définit l'ensemble AB = (xy / XE A et y E B] Déterminer sup (AB) et inf (AB). Solution Soient a = sup A et p = supB. Si A ou B est réduit à {O), le produit AB = [O) donc sup (AB) = O = sup A . sup B. Supposons donc que A et B ne soient pas réduits à {O). Donc a#O et Pd>. On a d'abord Q x E A t/ y E B xy I sup A sup B. Donc ap est un majorant de AB. D'autre part : A et B étant des parties de R+ et a #O et p # O donc a > O et p > O. Donc 2 D'où : V E > O 3 z0 E AB tel que ap - E < zo 5 ap. En résumé sup (AB) = sup A . sup B. De même, on démontre que : inf (AB) = inf A. inf B. calcul dans R - 13 Pour chacun des ensembles suivants donner, si elles existent, la borne inférieure et la borne supérieure et dire si elles font partie de l'ensemble considéré : 1") A= (XE Q 1x217) 2") B={xE Q /x358) 3") C= (XE IR /x215) Solution 1") Soit A = (x E Q / x2 < 7). D'abord : VXE A x217<9. d'où : VXEA XE [-3,3] Donc A est une partie de R qui est bornée, donc elle admet une borne inférieure et une borne supérieure. et on a : et inf~=-fie A. ~")B=(xE /x3<8). 'd x E B x3 I 8 équivaut à dire que : (x - 2) (x2+2x+4) 5 0. Or le discriminant du trinôme (x2 + 2x + 4) est négatif donc cette quantité est toujours strictement positive . D'où : VXE R : [XE B B XE Q et x<2]. D'où B = ] - m, 21 n Q. B est alors majorée par 2 et sup B = 2 E B. Alors que B n'est pas minorée. On peut poser, par convention inf B = - w 1 Soit E = { x E R+* / 3 (m, n) E Z.2 x = m + n J2 ) Montrer que inf E = 0. Solution Soit E={xER+* /3(m,n)~~~ x=m+n X2). Montrons que inf E = 0. D'abord, comme E est une partie non vide de R*+ puisque 1 E E , E est minorée par O donc possède une borne inférieure. k Soit xo = -1 + J2 5 E. x, E: ]O, 1 [. Montrons que pour tout k E N* xO E E. 14 - Chapitre 1 Par récurrence. 1 Pour k = 1 xo = xo E E. Supposons que X: E E. D'où il existe un couple (m, n) E 2' Ona: x~'=x~.xo=(m+n~)(-i+JZ>=(2n-m)+(m-n)&. d'où xrl E E. car xk E E donc xk > O et xO z O . Ainsi, on a construit une suite géométrique d'éléments de E, de premier terme xo et de raison xo E IO, 1 [. Cette suite est convergente et tend vers O. D'où : Donc, en particulier xl=$e E et O < XÔ Y < E. D'où V&>O 3x1~ E telque O<xl<O+&. Ce qui prouve que O est la borne inférieure de E. Montrer que chacun des ensembles suivants est borné, et calculer sa borne supérieure et sa borne inférieure : 10) A={ n!! / nE N* 1 n+ 1 2") B = ( sin ((x/n) - ~14) / EN* ) 3") C = ( l/n + sin 11x13) / nE N* ) Solution n- l 1") Soit A = { - / n E N ] n+ 1 Pour tout n E N : Donc A c [-1, 11 donc - 1 est minorant de A et 1 est un majorant de A. O- 1 Comme -1 = - E A donc inf A = -1 qui est donc le plus petit élément de A. O+ 1 Montrons que 1 est la borne supérieure de A. 2 Considérons la suite de terme général -. n+ 1 Lorsque n tend vers + w, cette suite tend vers O. Donc calcul dans R - 15 2 Donc en particulier ~;+i < E. D'où Posons x = 1 - NE+ 1 A on a alors : 2 VE>O A telque 1-&<~&51. Ce qui montre que : sup A = 1. 2') B = ( sin (n/n - x/4) / n E N* ) . V x E W I sin x 15 1, donc l'ensemble B est borrié. J2 sin(x - x/4) = sin xli = sin(xL! - xP) = - 2 D'autre part V XE N [ n 2 2 . 3 -xi4 I x/n - x/4 < x/4 1 J2 J2 Comme la fonction sinus est croissante sur [-x/2, n/2] on a : V y€ B - - I y 5 - 2 2 Jz J2 Donc - - est un minorant et - est un majorant de B. Comme - E B 2 2 2 J2 c'est donc le plus grand élément de B. d'où sup B = - 2 Jz Montrons que inf B = - - 2 La suite{n/n) tend vers O lorsque n tend vers +Q. Il en résulte que la suite {(n/n - ~/4))~ tend vers -n/4 Comme la fonction sinus est continue sur W, la suite (sin(x/n - d4)) Jz est également convergente et tend vers sin (-n/4) = - - . D'où : 2 Et par conséquent : V E > O 3 y. E B tel que J2 J2 --5y,<-~+E. 2 fi Ce qui prouve que inf B = - - 2 3") Soit C = { l/n + sin nn/3 / n E N*) Pour tout n E N* on a O < l/n I 1 et -1 2 sin nn/3 5 1. 16 - Chanitre I II en résulte que -1 5 l/n + sin 11x13 12, 'dn E N*. Ceci montre que I'enscmb!~ C est borné: -1 est un minorant et 2 est un majorant de C. Pour tout n E N*, 11x13 prend les valeurs O, ni3, 2xi3, n, 4x13, 5n/3 modulo 2n. Donc on a : fi . nx fi -- < Sm- 5-. Ceci montre que 1 + ,, (puisqu'il appartient à C) est le plus grand élément de C. fi 3 2 D'où Montrons que - !!!? est la borne inferieure de C. 2 La suitc[l/n], tend vers O lorsque n tend vers + m. D'où : 'di:>O ~N,E Nb' n~ N [n 2 SE 3 l/n <E] Soit m un entier supérieur ou égal à NE. Posons n = 5 + 0 m . On voit facilement que : i) n 2 NE ii) nx/3 = 5x13 + 2mn. 1. mi& Ilenrésulteque: -+sin-=---<--+& n 3n2 2 D'où, en résumé : VE>O 3z0eC telque -- fi A Ce qui montre que inf C = - - 2 2 <z,<--+&. 2 1.10. (Coupures de DEDEKIND). Soit f la fonction définie de R dans W par f(x) = x3 + x - 1 . 1") Etudier la monotonie de f. 2") Soit p/q un rationnel. Montrer que l'égalité f(p1q) = O est impossible. 3") SoitA= (a€ Q / f(a)<O) et B= { b~ Q / f(b)>O ). Montrer que : a) A n B = @ et A u B = b)Va~ A et V~E B a<b. 4") Montrer l'existence de a = supA et P = infB dans R et qu'elles vérifient o<asp < 1. 5") a) Monuer V & > O 3 a E A 3 b E B tels que O < b - a < E b) En déduire que a = p. 6") a) Soit O<x<y<l. Montrer que O < f(y) - f(x) < 4(y - x). b) En déduire que f(a) l O et f(P) 2 O. c) Conclusion? - calcul dans R - 17 Solution Soit f(x) = x3 + x - 1 une fonction définie de R dans W. 1") Etudions la monotonie de f. Soit (x, y) E W2. On a : f(x) - f(y) = x3 - y3 +x - y = (x - y) [x2 + xy + y2 + 11 La quantité entre crochets peut être considerée comme un trinôme du second degré en x avec un paramètre y. Son discriminant, pour chaque valeur de y, est : A = y2 - 4 (y2 +1) = - (3y2 + 4) < O V y E W. Donc ce trinôme est toujours strictement positif pour tout x E R et tout y E R. D'où le signe de [f(x) - f(y)] est celui de (x - y) et par suite f est strictement croissante sur W. 2") Soit p/q E Q, p et q étant des entiers relatifs premiers entre eux. Supposons que f(p/q) = O. D'où, après avoir réduit au même dénominateur, on a : p3 + pq2 - q3 =o. OU encore p(p2 + q2) = q3. p divise le membre de gauche, donc p divise q3. Or p et q sont premiers entre eux donc p divise q Ce qui absurde et prouve, par conséquent, que l'égalité f(p/q) = O est impossible. 3") a) Soient A = {a E Q / f(a) < O} et B = {b E Q / f(b) > O}. f étant une application, A et B ne peuvent avoir de point commun, donc A n B = 0. D'autre part, on a bien A u B c Q. Soit x E Q. On sait que f(x) = O est impossible, donc : - ou bien f(x) < O donc x E A. - ou bien f(x) > O donc x E B. et par suite x E A u B . D'où A u B = Q b) Maintenant, si l'on suppose qu'il existe a E A et b E B tels que b < a . Comme f est strictement croissante f(b) < f(a) . Or b E B donc f(b) > O et a E A donc f(a) < O. Ce qui est absurde. D'où : Y~EA et V~E B a < b. 4") D'aprés ce qui précède, A est une partie non vide (de R) et majorée par n'importe quel élément de B. Donc A possède une borne supérieure a = sup A qui vérifie : b'b~ B al b. Ainsi, B est une partie non vide (de 2) minorée par cc donc admet une borne inférieure p = inf B qui vérifie a4 p. Par ailleurs, on a P(0) = -1 < O donc O E A et O < a et f(1) = 1 > O donc 1 E B et b <l. D'où : O<a4b<l 18 - Chapitre Z 5") a) Supposons qu'il existe EO > O tel que : D'où ~E~>O Va€ A VbeB b2a+c0 11 en résulte que : 3e0 > 0 V a E A /3 2 a + EO D'où ]&O > O tel que j3 2 a + Or nous savons que Q est dense dans X. Donc . 320~ Q telque a<p-tw,~~~<P Mais alors : z0 < B 5 b V b E B donc z0 E B et z0 > p - cd2 > a >- a a E A donc z0 E A. Et par suite z0 P AUB. Or z0 E Q et A u B = Q. Ce qui est absurde. Et par conséquent : V&>O 3a~A 3b~ B tels que O < b - a < E. b) Montrons que a = B. D'après ce qui précède : V&>O 3a~ A et 3b~ B telsque a<b<a+&. D'où puisque a = sup A : VE>O 3a~ A 3b~ B telsque:a<b<a+&. Comme Va€ A et V~EB a5Blb ona: Vc>O 3a~ A telque a<p<a+~. Or a5p.d'où: VE>O aIp<a+c. Ou encore : V E > O 05/3-a<&. Ce qui montre que (P - a ) = O c'est à dire a = B. 6") a) Soit O< x <y < 1. (*> Montrons que O < f(y) - f(x) < 4 (y-x) On a déjà vu que : f(y) - f(x) = (y - x) [ y2 + yx + x2 + 11 D'où O < f(y) - f(x) < 4 (y - x) . d'après (*). b) Supposons que f(a) > 0.. D'après la propriété de la borne supérieure, on peut écrire, en choisissant c = l/4n , n E N* : VnEN* 3x,~N 1 a - 11411 < x, 5 a. On en déduit alors que : f(x,) < O V n E N car x, E A. Et d'après la propriété précédente : O < f(a) - f(xd < 4 (a - x,) = l/n. Ainsi {f(x,)). est une suite de nombres réels strictements négatifs qui converge vers un nombre strictement positif qui est fia). Ce qui est absurde. Par conséquent f(a) 5 O. Une démonstration analogue prouve que f(F) >- O. c) Comnie on a vu que a = J3 , d'après ce qui précède on a : f(a) = O = f(P). ii 1.11. calcul dans R - 19 Soit A un sous-ensemble non vide de R. Un point a E R est dit mint #'accumulation de A si pour tout E > 0, l'intervalle 1 a - E, a + E[ contient un élément de A différent de a. 1") Montrer que si a est un point d'accumulation de A , alors pour tout E > O , l'intervalle ]a - E, a + E[ contient une infinité d'éléments de A (différents de a) 2") Déterminer- les points d'accumulation des ensembles suivants : 1 a)A={(-l)n+l/n / ne N*). b) B = { l/n- l/m / (n,m) E O<nlm]. 1 nx c)C= ( n7+~~~7 /n~ N ] Solution 1") Soit a un point d'accumulation de A. Par définition, pour tout E > 0, l'intervalle VE = ]a - E, a + E[ contient au moins un élément de A, distinct de a. Ce qu'on peut écrire, pour E = l/n , n E N*, comme suit : VnEN* (la-l/n,a+l/n[\{a))nAzo. Ou encore : V~EN* 3x,~A / O<Ix,-aI<l/n. La suite {x,), ainsi construite est formée d'éléments de A, tous distincts de a, et qui converge vers a. Cette suite ne peut être stationnaire, car sinon : 3k~ N* YnE N* [n>k 3xn=xk]. Ce qui est absurde, car {x,), converge vers a et non vers xk f a. Ainsi l'ensemble U = {x, / n E N*) est infini ( U c A). D'autre part, d'après la propriété d'Archimède : Y &>Ù 3 no€ N* / O< l/n0<€. D'où (la-llno,a+l/no[\{a)) c(VE\(a)) Comme le premier ensemble contient une infinité d'éléments de A (distincts de a), il en est de même pour VE \ {a]. - de A et est noté A'. Remarque : L'ensemble des points d'accumulation de A est appelé ensemble dérive 11 est à noter que A' n'est pas nécessairement contenu dans A. 2") Pour déterminer les points d'accumulation d'un ensemble, il suffit de chercher toutes les limites possibles de suites (infinies) d'éléments de cet ensemble : a) A={(-l)"+l/n /nEN*). Les seuls points d'accuinulations de A sont a = 1 et P = - 1 - Chapitre 1 - .& 2n 1 2n+i 1 En effet : soit xn = (-1) + - et y,= (-1) + - 2n+ 1 ,ne N* 2n (x,}, (resp. (y,], ) est une suite d'éléments de A, tous distincts de 1 (resp.-1) et qui converge vers 1 (resp. -1). Donc A' = (-1, 11. b)B=(l/n-l/m/(n,m)~N*2 O<n<m}. Tous les points an = l/n , n E Pd* sont des points d'accumulation de B. En effet, pour tout n E N* fixé, la suite (1111 - l/m], est convergente et tend vers a, = llfi . D'autre part O est aussi un point d'accumulation de B. Car si l'on choisit m = 2 n. et on pose x,=l/n-1/2n=1/2n EN* (x, J est une suite d'éléments de B, tous distincts de O et qui converge vers O. Par ailleurs les points de la forme -1lm ne sont pas des points d'accumulation de B, car on ne peut pas construire de suite d'éléments de B, tous distincts de -l/m qui converge vers -l/m. Donc B'= (O] u (1111 /n~ N*] 1 rn c) C= ( --+cos- /n~ N } n +l 3 Lorsque n varie daris N, cos nxl3 prend ses valeurs dans (-1;-112; 112; 11, indéfiniment Ce qui nous permet de construire des suites d'éléments de C qui convergent Far exemple; la suite x, = - + cos((6n + 5)-) 6(n+ 1) 3 vers -1, -112,112 ou 1. 1 7t On obtient ainsi C' = ( -1, -112, 112, 1 ). H Soit A une partie bornée et infinie, de R. Soient a et b deux réels tels que : A c [ a, b]. On définit l'ensemble : E = ( x E [a, b] / [a, x [n A est infini). 1") Montrer que E est non vide et possède une borne inférieure a. 2') Montrer que E est un intervalle. Est-il ferme ? 3") Montrer que a est un point d'accumulation de A Solution Soit A une partie bornée et infinie de R. Soit a et b deux réels tels que A c [a, b]. On définit : E = (x E [a,b] / [a, x[ n A est infini J. 1') Montrons que E est non vide et possède une borne inférieure a. D'abord b E E puisque [a, b[ n A = A (ou A\ (b}) est infini. Donc E $0. \ Comme E c [a, b], donc E est une partie bornée et non vide de W, elle possède une borne inférieure a ( et aussi une borne supérieure p), avec a (et p) E [a, bl. calcul dans K - 21 2") Montrons que E est un intervalle. Pour cela, il suffit de montrer que : b'(xl,x2)~ E~ VXE R [xl<x<x2-x€ El Soient xl < x < x2 , avec (XI, x2) E ~2. On a I a, xi[ [a, x[ c [a,x2[. Donc ([a,xi[n A) c ([a,x[nA) c ([a,x2[ n A) Comme xl E E, l'ensemble [a, XI[ n A est infini. Par conséquent, l'ensemble [a,x [ n A est infini. Ce qui prouve que x E E. Donc E est un intervalle. E est - il fermé ? Comme inf E = a , E c [a,b] , b E E et E est un intervalle, on pourrait déjà écrire que E = [a, b] ou bien E = la, b]. Seulement, on ne peut pas affirmer que E est fermé, puisqu'on peut avoir les 2 cas: lep cas : Si A = [O, 11 et [a, b] = [O, 11. E = ( x E [O, 11 / [O, X[ n [O, 11 est infini ). Il est clair que O E E puisque [O, O[ = 13. Comme 1 E E , O = inf E et E est un intervalle, on a : E = IO, 11. Donc E n'est pas fermé. 2ème cas : Si A = ( (-l)"/n / n E N* ) et [a, b] = [-1, 11. E= ( XE [-1, 11 / [-1,x[ n Aestinfini 1. -1 Cette fois O E E car [-l,O[n A= ( - / n E N ) qui est bien un ensemble 2n+ 1 infini. Mieux encore, on a : O = inf E, car pour tout E > O , - E B. E (-1)" En effet, la suite - est convergente et tend vers O. n Donc, par définition : (-1)" VE>O ~NEN [n>N a -E<< E] n donc 1-1, -E [ n A est un ensemble fini. Par conséquent, O est le plus petit élément de E. Comme E c [-1, 11 , 1 E E et E est un intervalle, on a E = [O, 11. E est bien un intervalle fermé. 3") Montrons que a est un point d'accumulation de A. Par définition de a = inf E on a : VE>O 3x~E / a<x<a+~. Donc pour E = 1111. V~EN* 3xn€E a 5 x, < a + l/n. On en déduit que xn E E et (xn - 1111) E E. Seulement, les x, ne sont pas nécessairement dans A. 22 - Chapitre 1 x, E E donc [a, x,[ n A est infini. (x - ln) E donc [a , (x, - lln) [ n A est fini. D'où [ x, - l/n , x, [ n A est infini. Pour tout n E N*, on choisit un Clément yn tel que : Ccci est possible car cet cnscmble est infini. Donc, la suite {y,),, ainsi construite, est une suite (infinie) d'éléments de A , tous distincts de cc et qui converge vers a. Cc qui montre que a est un point d'accumulation de A . Soit x le nombre : 0,234234234 ... 234 ... En comparant lOOOx et x , écrire x sous la forme d'une fraction rationnelle ab. Solution Soit x = 0,234 234 234 ... 234 ... 1OOO.x = 234, 234 234 ... 234 ...= 234 + x. d'où 1OOO.x - x = 234. C'est à dire 999.x = 234. OU encore x = 2341999. Ainsi r ';'écrit bien sous la forme fractionnaire : ab. Tout élément x de Q est un nombre rationnel qui peut s'écrire de deux manières possibles (pour x > 0) 1") écriture fractionnaire x = a/b. 2") écriture décimale, qui comporte deux cas : - une écriture limitée x = aga1 ... ak , ak+l ...an. - ou bien une écriture illimitée : X = aga1 ...ak, ak+l ... apPIP 2...PnP1P2...Pn... Montrer que les deux écritures 1) et 2) du rationnel x, sont équivalentes. aga1 ...ak s'appelle la partie entière ak+l ..-CCP l'anti-période. PiP2...Pn la période. solution Soit x E Q x > O. Montrons qu'il y a équivalence entre les deux écritures 1) fractionnaire et 2) décimale limitée ou illimitée. 1) 3 2). Soit x =ab, a€ N*, b E N*. calcul dans R - 23 Exemple 314 = O, 75. et 117 = 0, 1428