Exercices 275 problemes resolus analyse mathematiques tome 3
Télécharger PDFPremier Cycle Universitaire : Exercices et Problèmes Résolus d'Analyse
Cet ouvrage vient compléter le livre de cours d'Analyse (tome 1). Il propose des exercices et problèmes de niveaux variés sur le programme des premières années des facultés et instituts supérieurs. Les exercices sont rangés par ordre de difficulté croissante et suivent fidèlement les paragraphes et chapitres du livre de cours d'Analyse (tome 1).
La méthode est simple : chaque exercice est suivi d'une solution détaillée et quelquefois, en plus, d'exercices de même type non résolus. Ainsi, pour une bonne compréhension du cours et une bonne préparation à un examen, il est vivement conseillé de chercher et d'essayer de résoudre SEUL les exercices et, le cas échéant, de revoir la ou les parties du cours avant de consulter, en extrême recours, la solution du problème, de l'écrire et de la refaire soi-même.
Nous espérons que ce livre apportera une aide efficace aux étudiants et leur permettra de mieux aborder les notions et méthodes nouvelles introduites au début des études supérieures en Analyse.
LES AUTEURS.
Table des matières
- Calcul dans ℝ
- Suites numériques
- Fonctions numériques de la variable réelle
- Fonctions dérivables. Formule de Taylor
- Étude de fonctions (usuelles)
- Intégrales
- Calcul pratique des primitives
- Intégrales généralisées
- Développement limité
- Courbes planes paramétrées
- Courbes en polaires
- Équations différentielles
- Notions sur les fonctions de deux variables
Calcul dans ℝ
Exercice 1
Soit A une partie non vide de ℝ. On pose (−A) = {−x | x ∈ A}. Montrer que :
- Si A est majorée, (−A) est minorée et on a : inf (−A) = −sup A.
- Si A est minorée, (−A) est majorée et on a : sup (−A) = −inf A.
Solution
- Soit A une partie non vide, majorée de ℝ. Soit α sa borne supérieure. Donc, par définition, on a :
- ∀x ∈ A, x ≤ α.
- ∀ε > 0, ∃x₀ ∈ A tel que α − ε < x₀ ≤ α.
Il est clair que (−A) est une partie non vide et minorée par α' = −α puisque d'après (i) : ∀y ∈ (−A), −y ∈ A donc −y ≤ α. C'est-à-dire −α ≤ y.
D'autre part, soit ε > 0. On sait, d'après (ii), qu'il existe x₀ ∈ A tel que : α − ε < x₀ ≤ α. D'où −α ≤ −x₀ < −α + ε.
Par suite α' ≤ −x₀ < α' + ε. D'où : ∀ε > 0, ∃y₀ ∈ (−A) tel que α' ≤ y₀ < α' + ε.
Donc α' = −sup A est la borne inférieure de (−A).
- La démonstration est analogue.
Exercice 2
Soient A et B deux parties non vides de ℝ. Montrer que :
- Si A et B sont majorées, A ∪ B est majorée et sup (A ∪ B) = sup (sup A, sup B).
- Si A et B sont minorées, A ∪ B est minorée et inf (A ∪ B) = inf (inf A, inf B).
Solution
- A et B sont des parties non vides majorées de ℝ. Soient α = sup A et β = sup B.
- La démonstration est analogue.
Soit M = sup (α, β). M est alors un majorant à la fois de A et de B, donc de (A ∪ B).
Comme A et B jouent des rôles symétriques, on peut supposer, par exemple, que M = β.
Soit ε > 0. Comme M = β = sup B, il existe y₀ ∈ B tel que β − ε < y₀ ≤ β.
D'où : ∀ε > 0, ∃y₀ ∈ (A ∪ B) tel que β − ε < y₀ ≤ β. Ce qui prouve que sup (A ∪ B) = M = sup (sup A, sup B).
Exercice 3
Soit (Aᵢ)ᵢ∈I une famille quelconque de parties non vides de ℝ.
- Si pour tout i ∈ I, Aᵢ est majorée et si l'ensemble U = {sup Aᵢ | i ∈ I} est majoré, alors ∪ᵢ∈I Aᵢ est majorée et on a : sup (∪ᵢ∈I Aᵢ) = sup (sup Aᵢ).
Peut-on avoir le résultat si l'hypothèse "U majoré" n'est pas vérifiée ?
- Si pour tout i ∈ I, Aᵢ est minorée et si l'ensemble V = {inf Aᵢ | i ∈ I} est minoré, alors ∪ᵢ∈I Aᵢ est minorée et on a : inf (∪ᵢ∈I Aᵢ) = inf (inf Aᵢ).
Peut-on avoir le résultat si l'hypothèse "V minoré" n'est pas vérifiée ?
Solution
- Pour tout i ∈ I, Aᵢ est une partie non vide et majorée de ℝ. Soit sᵢ = sup Aᵢ. De plus, l'ensemble U = {sᵢ = sup Aᵢ | i ∈ I} est majoré (et non vide).
Soit s = sup U. Pour simplifier l'écriture, posons A = ∪ᵢ∈I Aᵢ. On a par définition : ∀i ∈ I, sup Aᵢ ≤ s.
D'où : ∀x ∈ A, x ≤ s. Et A est alors majorée par s.
Soit ε > 0. Comme s = sup U, il existe i ∈ I tel que s − ε/2 < sᵢ ≤ s.
Mais alors, comme par définition sᵢ = sup Aᵢ, il existe x ∈ Aᵢ tel que sᵢ − ε/2 < x ≤ sᵢ.
D'où : s − ε = (s − ε/2) − ε/2 < sᵢ − ε/2 < x ≤ sᵢ < s.
Et par suite : ∀ε > 0, ∃x ∈ A tel que s − ε < x ≤ s. Ce qui montre que : s = sup A. C'est-à-dire : sup (∪ᵢ∈I Aᵢ) = sup (sup Aᵢ).
Supposons maintenant que U n'est pas majoré. D'où : ∀n ∈ ℕ, ∃iₙ ∈ I tel que sᵢₙ > n.
Par définition de la borne supérieure, il existe xₙ ∈ Aᵢₙ tel que sᵢₙ − 1 < xₙ ≤ sᵢₙ (en prenant ε = 1, par exemple). Puisque sᵢₙ > n, on a xₙ > n − 1.
Ou encore ∀n ∈ ℕ, ∃xₙ ∈ A tel que n − 1 < xₙ. Ce qui prouve que A = ∪ᵢ∈I Aᵢ n'est pas majorée.
Exemple : Pour tout n ∈ ℕ*, soit Aₙ = [0, n]. Alors sup Aₙ = n. L'ensemble U = {sup Aₙ | n ∈ ℕ*} = ℕ*, qui n'est pas majoré. L'union A = ∪ₙ∈ℕ* Aₙ = ∪ₙ∈ℕ* [0, n] = [0, +∞), qui n'est pas majorée. On peut poser dans ce cas, par convention : sup A = +∞.
- La démonstration est analogue.
Exercice 4
Soient A et B deux parties non vides de ℝ. On définit l'ensemble A + B = {x + y | x ∈ A et y ∈ B}. Montrer que :
- Si A et B sont majorées, (A + B) est majorée et on a : sup (A + B) = sup A + sup B.
- Si A et B sont minorées, (A + B) est minorée et on a : inf (A + B) = inf A + inf B.
- Généraliser ces résultats à un nombre fini de parties non vides de ℝ.
Solution
- Posons α = sup A et β = sup B. Pour tout z = x + y ∈ (A + B), on a : z = x + y ≤ sup A + sup B.
Donc (A + B) est majorée et on a : sup (A + B) ≤ sup A + sup B.
Mais, de plus, on a : ∀ε > 0, ∃x₀ ∈ A tel que α − ε/2 < x₀ ≤ α. ∀ε > 0, ∃y₀ ∈ B tel que β − ε/2 < y₀ ≤ β.
D'où, en posant z₀ = x₀ + y₀ ∈ (A + B), on a : ∀ε > 0, ∃z₀ ∈ (A + B) tel que (α + β) − ε < z₀ < (α + β). Ce qui prouve que (α + β) est la borne supérieure de (A + B).
Autrement dit : sup (A + B) = sup A + sup B.
- La démonstration est analogue.
- Pour généraliser ces résultats, il suffit de voir que : A + B + C = (A + B) + C, et appliquer, par récurrence, les résultats 1°) et 2°).
Exercice 5
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 :
- Si f et g sont majorées, (f + g) est majorée et on a : sup(f + g) ≤ sup f + sup g.
A-t-on égalité dans le cas général ? Justifier votre réponse.
- Si f et g sont minorées, (f + g) est minorée et on a : inf f + inf g ≤ inf (f + g).
A-t-on égalité dans le cas général ? Justifier votre réponse.
Solution
- Soient f et g deux fonctions numériques majorées, sur une partie E non vide de ℝ.
Par définition, on a : ∀x ∈ E, (f + g)(x) = f(x) + g(x) ≤ 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) ≤ sup f + sup g. L'égalité n'est pas toujours vraie dans le cas général.
En effet : Si E = [−1, 1] et f(x) = x et g(x) = −x, f et g sont majorées sur [−1, 1] et sup f = 1 et sup g = 1. Alors que (f + g)(x) = 0 pour tout x ∈ [−1, 1]. Donc sup(f + g) = 0 ≠ sup f + sup g = 2.
- La démonstration est analogue.
Exercice 6
Soient A et B deux parties non vides majorées de ℝ⁺. On définit l'ensemble AB = {xy | x ∈ A et y ∈ B}. Déterminer sup (AB) et inf (AB).
Solution
Soient α = sup A et β = sup B.
Si A ou B est réduit à {0}, le produit AB = {0}, donc sup (AB) = 0 = sup A ⋅ sup B.
Supposons donc que A et B ne soient pas réduits à {0}. Donc α ≠ 0 et β ≠ 0. Puisque A et B sont dans ℝ⁺, on a α > 0 et β > 0.
On a d'abord : ∀x ∈ A, ∀y ∈ B, xy ≤ sup A ⋅ sup B. Donc αβ est un majorant de AB.
D'autre part : par la propriété de la borne supérieure, pour tout ε > 0, il existe x₀ ∈ A tel que α − ε/(2β) < x₀ ≤ α (si β ≠ 0). De même, il existe y₀ ∈ B tel que β − ε/(2α) < y₀ ≤ β (si α ≠ 0).
En choisissant un ε suffisamment petit, nous pouvons assurer que x₀ et y₀ sont positifs. Alors, en multipliant, il est possible de construire z₀ = x₀y₀ tel que αβ − ε < z₀ ≤ αβ.
D'où : ∀ε > 0, ∃z₀ ∈ AB tel que αβ − ε < z₀ ≤ αβ. En résumé : sup (AB) = sup A ⋅ sup B.
De même, on démontre que : inf (AB) = inf A ⋅ inf B.
Exercice 7
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 :
- A = {x ∈ ℚ | x² < 7}
- B = {x ∈ ℚ | x³ < 8}
- C = {x ∈ ℝ | x² ≥ 5}
Solution
- Soit A = {x ∈ ℚ | x² < 7}. D'abord : ∀x ∈ A, x² < 7 < 9. D'où : ∀x ∈ A, x ∈ ]−√7, √7[.
Donc A est une partie de ℝ qui est bornée, elle admet donc une borne inférieure et une borne supérieure.On a : sup A = √7 et inf A = −√7. Ni √7 ni −√7 ne sont des nombres rationnels, donc sup A ∉ A et inf A ∉ A.
- Soit B = {x ∈ ℚ | x³ < 8}. ∀x ∈ B, x³ < 8 équivaut à dire que : (x − 2)(x² + 2x + 4) < 0.
Or le discriminant du trinôme (x² + 2x + 4) est négatif (Δ = 4 − 16 = −12 < 0), donc cette quantité est toujours strictement positive pour tout x ∈ ℝ. D'où : ∀x ∈ ℝ, (x³ < 8) ⇔ (x < 2).
Par conséquent, B = {x ∈ ℚ | x < 2} = ]−∞, 2[ ∩ ℚ. B est alors majorée par 2. sup B = 2, mais 2 ∉ B (car 2 ∉ ]−∞, 2[). B n'est pas minorée, par convention inf B = −∞.
- Soit C = {x ∈ ℝ | x² ≥ 5}. Cette condition équivaut à (x ≤ −√5 ou x ≥ √5).
Donc C = ]−∞, −√5] ∪ [√5, +∞[.
Cet ensemble n'est pas borné. Par convention, on a sup C = +∞ et inf C = −∞.
Exercice 8
Soit E = {x ∈ ℝ⁺* | ∃ (m, n) ∈ ℤ², x = m + n√2}. Montrer que inf E = 0.
Solution
Soit E = {x ∈ ℝ⁺* | ∃ (m, n) ∈ ℤ², x = m + n√2}. Montrons que inf E = 0.
D'abord, comme E est une partie non vide de ℝ⁺* (puisque 1 = 1 + 0√2 ∈ E), E est minorée par 0 et possède donc une borne inférieure.
Soit x₀ = −1 + √2. On sait que √2 ≈ 1.414, donc x₀ ≈ 0.414. Ainsi x₀ ∈ ]0, 1[. Montrons que pour tout k ∈ ℕ*, x₀ᵏ ∈ E.
Par récurrence. Pour k = 1, x₀¹ = x₀ ∈ E. Supposons que x₀ᵏ ∈ E. D'où, il existe un couple (m, n) ∈ ℤ² tel que x₀ᵏ = m + n√2. Alors x₀ᵏ⁺¹ = x₀ᵏ ⋅ x₀ = (m + n√2)(−1 + √2) = −m + m√2 − n√2 + 2n = (2n − m) + (m − n)√2. D'où x₀ᵏ⁺¹ ∈ E.
Car x₀ᵏ ∈ E donc x₀ᵏ > 0, et x₀ > 0. Ainsi, pour tout k ∈ ℕ*, x₀ᵏ ∈ E.
Nous avons construit une suite géométrique d'éléments de E, de premier terme x₀ et de raison x₀ ∈ ]0, 1[. Cette suite est convergente et tend vers 0.
D'où : ∀ε > 0, ∃k ∈ ℕ* tel que 0 < x₀ᵏ < ε. Comme x₀ᵏ ∈ E, cela prouve que 0 est la borne inférieure de E.
Exercice 9
Montrer que chacun des ensembles suivants est borné, et calculer sa borne supérieure et sa borne inférieure :
- A = {(n−1)/(n+1) | n ∈ ℕ}
- B = {sin(π/n − π/4) | n ∈ ℕ*}
- C = {1/n + sin(nπ/3) | n ∈ ℕ*}
Solution
- Soit A = {(n−1)/(n+1) | n ∈ ℕ}. Pour tout n ∈ ℕ : (n−1)/(n+1) = (n+1−2)/(n+1) = 1 − 2/(n+1).
Pour n = 0, on a (0−1)/(0+1) = −1. Pour n = 1, on a (1−1)/(1+1) = 0. Pour n = 2, on a (2−1)/(2+1) = 1/3.
Comme −1 ∈ A (pour n=0), alors inf A = −1, qui est donc le plus petit élément de A.
Montrons que 1 est la borne supérieure de A. Considérons la suite de terme général 1 − 2/(n+1). Lorsque n tend vers +∞, cette suite tend vers 1.
Donc, pour tout ε > 0, il existe N ∈ ℕ tel que pour tout n ≥ N, 1 − 2/(n+1) > 1 − ε. Puisque 1 − 2/(n+1) ∈ A, cela montre que : ∀ε > 0, ∃x ∈ A tel que 1 − ε < x ≤ 1. Ce qui montre que sup A = 1. Le nombre 1 n'est pas atteint par la suite, donc sup A ∉ A.
- Soit B = {sin(π/n − π/4) | n ∈ ℕ*}. ∀x ∈ ℝ, |sin x| ≤ 1, donc l'ensemble B est borné.
Analysons la suite yₙ = π/n − π/4.
- Pour n = 1, y₁ = π − π/4 = 3π/4. Donc sin(y₁) = sin(3π/4) = √2/2.
- Pour n = 2, y₂ = π/2 − π/4 = π/4. Donc sin(y₂) = sin(π/4) = √2/2.
- Pour n = 3, y₃ = π/3 − π/4 = π/12. Donc sin(y₃) = sin(π/12) ≈ 0.2588.
- Lorsque n tend vers +∞, π/n tend vers 0, donc yₙ tend vers −π/4. Par continuité de la fonction sinus, sin(yₙ) tend vers sin(−π/4) = −√2/2.
La valeur maximale atteinte est √2/2 (pour n=1 et n=2). D'où sup B = √2/2, et √2/2 ∈ B.
La valeur minimale est approchée lorsque n tend vers l'infini. D'où inf B = −√2/2. Cette valeur n'est pas atteinte par un n fini, donc inf B ∉ B.
- Soit C = {1/n + sin(nπ/3) | n ∈ ℕ*}. Pour tout n ∈ ℕ*, on a 0 < 1/n ≤ 1 et −1 ≤ sin(nπ/3) ≤ 1.
Il en résulte que −1 ≤ 1/n + sin(nπ/3) ≤ 2, ∀n ∈ ℕ*. Ceci montre que l'ensemble C est borné : −1 est un minorant et 2 est un majorant de C.
Pour tout n ∈ ℕ*, nπ/3 prend les valeurs π/3, 2π/3, π, 4π/3, 5π/3, 2π, etc., modulo 2π.
Les valeurs de sin(nπ/3) sont {√3/2, √3/2, 0, −√3/2, −√3/2, 0}.
Pour trouver sup C :
- Le maximum de 1/n est 1 (pour n=1).
- Le maximum de sin(nπ/3) est √3/2 (pour n=1, 2).
- Pour n=1, l'élément est 1/1 + sin(π/3) = 1 + √3/2.
- Pour n=2, l'élément est 1/2 + sin(2π/3) = 1/2 + √3/2.
Puisque 1 + √3/2 > 1/2 + √3/2, le supremum est sup C = 1 + √3/2. Ce maximum est atteint pour n=1, donc sup C ∈ C.
Pour trouver inf C :
- Lorsque n tend vers +∞, 1/n tend vers 0.
- Le minimum de sin(nπ/3) est −√3/2 (pour n=4, 5, 10, 11, etc.).
Considérons la sous-suite des éléments pour lesquels sin(nπ/3) = −√3/2, c'est-à-dire n = 6k−2 ou n = 6k−1 pour k ∈ ℕ*. Par exemple, pour n = 6k−1, les termes sont 1/(6k−1) + sin((6k−1)π/3) = 1/(6k−1) − √3/2.
Lorsque k tend vers +∞, 1/(6k−1) tend vers 0, donc ces termes tendent vers −√3/2.
Ainsi, inf C = −√3/2. Cette valeur n'est jamais atteinte par un n fini, donc inf C ∉ C.
Exercice 10 (Coupures de Dedekind)
Soit f la fonction définie de ℝ dans ℝ par f(x) = x³ + x − 1.
- Étudier la monotonie de f.
- Soit p/q un rationnel. Montrer que l'égalité f(p/q) = 0 est impossible.
- Soit A = {a ∈ ℚ | f(a) < 0} et B = {b ∈ ℚ | f(b) > 0}. Montrer que :
- A ∩ B = ∅ et A ∪ B = ℚ.
- ∀a ∈ A et ∀b ∈ B, a < b.
- Montrer l'existence de α = sup A et β = inf B dans ℝ et qu'elles vérifient 0 < α ≤ β < 1.
-
- Montrer ∀ε > 0, ∃a ∈ A, ∃b ∈ B tels que 0 < b − a < ε.
- En déduire que α = β.
-
- Soit 0 < x < y < 1. Montrer que 0 < f(y) − f(x) < 4(y − x).
- En déduire que f(α) ≤ 0 et f(β) ≥ 0.
- Conclusion ?
Solution
Soit f(x) = x³ + x − 1 une fonction définie de ℝ dans ℝ.
- Étudions la monotonie de f. Soit (x, y) ∈ ℝ². On a : f(x) − f(y) = x³ − y³ + x − y = (x − y)(x² + xy + y² + 1).
La quantité entre crochets peut être considérée comme un trinôme du second degré en x avec un paramètre y. Son discriminant, pour chaque valeur de y, est : Δ = y² − 4(y² + 1) = −(3y² + 4).
Puisque Δ = −(3y² + 4) < 0 ∀y ∈ ℝ, le trinôme (x² + xy + y² + 1) est toujours strictement positif pour tout x ∈ ℝ et tout y ∈ ℝ (le coefficient de x² est 1 > 0).
D'où le signe de [f(x) − f(y)] est celui de (x − y), et par suite f est strictement croissante sur ℝ.
- Soit p/q ∈ ℚ, p et q étant des entiers relatifs premiers entre eux (q ≠ 0). Supposons que f(p/q) = 0.
D'où, après avoir réduit au même dénominateur, on a : p³/q³ + p/q − 1 = 0 ⇔ p³ + pq² − q³ = 0.
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. Ceci implique que p doit être égal à ±1. Si p=±1, alors ±1(1+q²) = q³, ce qui est impossible pour q entier non nul.
Alternativement, on peut dire que si p divise q³, et p et q sont premiers entre eux, alors p doit être une unité, c'est-à-dire p = ±1. De même, q divise le membre de droite, donc q divise p³. Or p et q sont premiers entre eux, donc q divise p. Ceci implique que q doit être une unité, c'est-à-dire q = ±1.
Alors, si p=±1 et q=±1, l'équation devient (±1)³ + (±1)(±1)² − (±1)³ = 0.
- Si p=1, q=1: 1 + 1 - 1 = 1 ≠ 0.
- Si p=1, q=-1: 1 + 1 - (-1) = 3 ≠ 0.
- Si p=-1, q=1: -1 + (-1) - 1 = -3 ≠ 0.
- Si p=-1, q=-1: -1 + (-1) - (-1) = -1 ≠ 0.
Ce qui est absurde et prouve, par conséquent, que l'égalité f(p/q) = 0 est impossible pour p/q ∈ ℚ.
-
- Soient A = {a ∈ ℚ | f(a) < 0} et B = {b ∈ ℚ | f(b) > 0}.
f étant une application, A et B ne peuvent avoir de point commun, donc A ∩ B = ∅.
D'autre part, on a bien A ∪ B ⊂ ℚ. Soit x ∈ ℚ. On sait que f(x) = 0 est impossible (d'après 2°)), donc :
- ou bien f(x) < 0, donc x ∈ A.
- ou bien f(x) > 0, donc x ∈ B.
Et par suite x ∈ A ∪ B. D'où A ∪ B = ℚ.
- Maintenant, si l'on suppose qu'il existe a ∈ A et b ∈ B tels que b < a.
Comme f est strictement croissante, f(b) < f(a). Or b ∈ B donc f(b) > 0 et a ∈ A donc f(a) < 0. Ce qui est absurde (0 < f(b) < f(a) < 0). D'où : ∀a ∈ A et ∀b ∈ B, a < b.
- Soient A = {a ∈ ℚ | f(a) < 0} et B = {b ∈ ℚ | f(b) > 0}.
- D'après ce qui précède, A est une partie non vide (par exemple f(0) = -1 < 0, donc 0 ∈ A) et majorée par n'importe quel élément de B (par exemple f(1) = 1 > 0, donc 1 ∈ B). Donc A possède une borne supérieure α = sup A qui vérifie : ∀b ∈ B, α ≤ b.
Ainsi, B est une partie non vide (car 1 ∈ B) minorée par α, donc elle admet une borne inférieure β = inf B qui vérifie α ≤ β.
Par ailleurs, on a f(0) = −1 < 0 donc 0 ∈ A et 0 < α. Et f(1) = 1 > 0 donc 1 ∈ B et β < 1.
D'où : 0 < α ≤ β < 1.
-
- Montrons ∀ε > 0, ∃a ∈ A, ∃b ∈ B tels que 0 < b − a < ε.
Supposons, par l'absurde, qu'il existe ε₀ > 0 tel que pour tout a ∈ A et tout b ∈ B, on ait b ≥ a + ε₀. Cela implique que β ≥ α + ε₀.
Puisque ℚ est dense dans ℝ, il existe un nombre rationnel q tel que α < q < β.
Puisque q > α = sup A, et f est strictement croissante, f(q) > f(α). Par définition de A, si f(q) < 0, alors q ∈ A, ce qui contredit q > sup A. Donc f(q) ≥ 0. Puisque f(x) = 0 est impossible pour x ∈ ℚ (d'après 2°)), on doit avoir f(q) > 0. Cela signifie q ∈ B.
Mais puisque q < β = inf B, par définition de B, si f(q) > 0, alors q ∈ B, ce qui contredit q < inf B.
Cette contradiction prouve que l'hypothèse initiale est fausse. Donc, pour tout ε > 0, il existe a ∈ A et b ∈ B tels que 0 < b − a < ε.
- En déduire que α = β.
D'après ce qui précède : ∀ε > 0, ∃a ∈ A et ∃b ∈ B tels que a < b < a + ε.
Comme ∀a ∈ A et ∀b ∈ B, a ≤ α ≤ β ≤ b, on a : α ≤ β.
De plus, de a < b < a + ε, on déduit 0 < b − a < ε. En utilisant α ≤ β, on peut écrire :
α ≤ β ≤ b < a + ε. D'où β < a + ε. Et comme a ≤ α, on a β < α + ε.
Donc, ∀ε > 0, 0 ≤ β − α < ε. Ce qui montre que (β − α) = 0, c'est-à-dire α = β.
- Montrons ∀ε > 0, ∃a ∈ A, ∃b ∈ B tels que 0 < b − a < ε.
-
- Soit 0 < x < y < 1. Montrons que 0 < f(y) − f(x) < 4(y − x).
On a déjà vu que : f(y) − f(x) = (y − x)(y² + yx + x² + 1).
Puisque x < y, on a y − x > 0. Et puisque x, y ∈ ]0, 1[, on a : 0 < x² < 1, 0 < y² < 1, 0 < xy < 1.
Donc 1 < x² + xy + y² + 1 < 1 + 1 + 1 + 1 = 4.
D'où 0 < f(y) − f(x) < 4(y − x).
- En déduire que f(α) ≤ 0 et f(β) ≥ 0.
Supposons que f(α) > 0. D'après la propriété de la borne supérieure, on peut écrire, en choisissant ε = 1/(4n) pour n ∈ ℕ* : ∀n ∈ ℕ*, ∃xₙ ∈ A tel que α − 1/(4n) < xₙ ≤ α. (Puisque 0 < α < 1, on peut choisir n suffisamment grand pour que xₙ soit également dans ]0,1[).
On en déduit alors que : f(xₙ) < 0 ∀n ∈ ℕ* car xₙ ∈ A.
En appliquant le résultat de 6°a) pour x = xₙ et y = α (car xₙ < α et les valeurs sont dans ]0,1[ pour n assez grand) : 0 < f(α) − f(xₙ) < 4(α − xₙ).
Comme α − xₙ < 1/(4n), on a 0 < f(α) − f(xₙ) < 4(1/(4n)) = 1/n.
Ainsi, (f(xₙ)) est une suite de nombres réels strictement négatifs (f(xₙ) < 0) et la suite (f(α) − f(xₙ)) converge vers 0. Cela implique que f(xₙ) converge vers f(α). Donc f(α) doit être ≤ 0. Or nous avons supposé f(α) > 0, ce qui est absurde. Par conséquent f(α) ≤ 0.
Une démonstration analogue prouve que f(β) ≥ 0 (en considérant une suite bₙ ∈ B convergeant vers β par en-dessus).
- Conclusion :
Comme on a vu que α = β, et d'après ce qui précède, nous avons f(α) ≤ 0 et f(α) ≥ 0. Par conséquent f(α) = 0.
Le nombre réel α est donc la racine de l'équation f(x)=0. Étant donné que nous avons montré qu'il ne peut y avoir de racine rationnelle, α est un nombre irrationnel. C'est le cas de la coupure de Dedekind qui définit un nombre irréel.
- Soit 0 < x < y < 1. Montrons que 0 < f(y) − f(x) < 4(y − x).
Exercice 11
Soit A un sous-ensemble non vide de ℝ. Un point a ∈ ℝ est dit point d'accumulation de A si pour tout ε > 0, l'intervalle ]a − ε, a + ε[ contient un élément de A différent de a.
- Montrer que si a est un point d'accumulation de A, alors pour tout ε > 0, l'intervalle ]a − ε, a + ε[ contient une infinité d'éléments de A (différents de a).
- Déterminer les points d'accumulation des ensembles suivants :
- A = {(-1)ⁿ + 1/n | n ∈ ℕ*}.
- B = {1/n − 1/m | (n, m) ∈ ℕ*², n < m}.
- C = {1/(n+1) + cos(nπ/3) | n ∈ ℕ}.
Solution
- Soit a un point d'accumulation de A. Par définition, pour tout ε > 0, l'intervalle Vε = ]a − ε, a + ε[ contient au moins un élément de A, distinct de a.
Ce qu'on peut écrire, pour ε = 1/k, k ∈ ℕ*, comme suit : ∀k ∈ ℕ*, (]a − 1/k, a + 1/k[\{a}) ∩ A ≠ ∅.
Ou encore : ∀k ∈ ℕ*, ∃xₖ ∈ A tel que 0 < |xₖ − a| < 1/k.
La suite (xₖ) ainsi construite est formée d'éléments de A, tous distincts de a, et qui converge vers a. Cette suite ne peut être stationnaire (i.e. à partir d'un certain rang, tous les termes sont égaux à un même xᵢ ≠ a), car sinon la limite ne serait pas a, mais xᵢ. Par conséquent, l'ensemble {xₖ | k ∈ ℕ*} est infini (il est une partie de A).
D'autre part, d'après la propriété d'Archimède : ∀ε > 0, ∃k₀ ∈ ℕ* / 0 < 1/k₀ < ε. D'où (]a − 1/k₀, a + 1/k₀[\{a}) ⊂ (Vε\{a}). Comme le premier ensemble contient une infinité d'éléments de A (distincts de a), il en est de même pour Vε\{a}.
Remarque : L'ensemble des points d'accumulation de A est appelé ensemble dérivé de A et est noté A'. Il est à noter que A' n'est pas nécessairement contenu dans A.
- 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 = {(-1)ⁿ + 1/n | n ∈ ℕ*}.
Considérons les sous-suites :
- Pour n pair, n = 2k, les termes sont 1 + 1/(2k). Cette sous-suite converge vers 1.
- Pour n impair, n = 2k+1, les termes sont -1 + 1/(2k+1). Cette sous-suite converge vers -1.
Les seuls points d'accumulation de A sont -1 et 1. Donc A' = {-1, 1}.
- B = {1/n − 1/m | (n, m) ∈ ℕ*², n < m}.
Pour tout n ∈ ℕ* fixé, considérons la suite (1/n − 1/m) pour m > n. Cette suite converge vers 1/n lorsque m tend vers +∞. Ainsi, tous les points de la forme 1/n (pour n ∈ ℕ*) sont des points d'accumulation de B.
D'autre part, 0 est aussi un point d'accumulation de B. Par exemple, si l'on choisit m = 2n, alors xₙ = 1/n − 1/(2n) = 1/(2n). (xₙ) est une suite d'éléments de B, tous distincts de 0, et qui converge vers 0.
Par ailleurs, tous les éléments de B sont strictement positifs (car n < m ⇒ 1/n > 1/m). Donc aucun nombre négatif ne peut être un point d'accumulation.
Donc B' = {0} ∪ {1/n | n ∈ ℕ*}.
- C = {1/(n+1) + cos(nπ/3) | n ∈ ℕ}.
Lorsque n varie dans ℕ, cos(nπ/3) prend ses valeurs dans l'ensemble {1, 1/2, -1/2, -1, -1/2, 1/2} de manière cyclique (période 6).
- Pour n = 0, cos(0) = 1.
- Pour n = 1, cos(π/3) = 1/2.
- Pour n = 2, cos(2π/3) = -1/2.
- Pour n = 3, cos(π) = -1.
- Pour n = 4, cos(4π/3) = -1/2.
- Pour n = 5, cos(5π/3) = 1/2.
- Pour n = 6, cos(2π) = 1.
Lorsque n tend vers +∞, 1/(n+1) tend vers 0.
Nous pouvons construire des sous-suites d'éléments de C qui convergent vers chacune des valeurs prises par cos(nπ/3).
Par exemple :
- Pour n = 6k, la suite est 1/(6k+1) + cos(2kπ) = 1/(6k+1) + 1, qui tend vers 1.
- Pour n = 6k+1, la suite est 1/(6k+2) + cos((6k+1)π/3) = 1/(6k+2) + 1/2, qui tend vers 1/2.
- Pour n = 6k+2, la suite est 1/(6k+3) + cos((6k+2)π/3) = 1/(6k+3) - 1/2, qui tend vers -1/2.
- Pour n = 6k+3, la suite est 1/(6k+4) + cos((6k+3)π/3) = 1/(6k+4) - 1, qui tend vers -1.
On obtient ainsi C' = {-1, -1/2, 1/2, 1}.
- A = {(-1)ⁿ + 1/n | n ∈ ℕ*}.
Exercice 12
Soit A une partie bornée et infinie de ℝ. Soient a et b deux réels tels que A ⊂ [a, b]. On définit l'ensemble : E = {x ∈ [a, b] | [a, x[ ∩ A est infini}.
- Montrer que E est non vide et possède une borne inférieure α.
- Montrer que E est un intervalle. Est-il fermé ?
- Montrer que α 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 ⊂ [a, b]. On définit : E = {x ∈ [a, b] | [a, x[ ∩ A est infini}.
- Montrons que E est non vide et possède une borne inférieure α.
D'abord, b ∈ E puisque [a, b[ ∩ A = A (ou A\{b}) est infini (si b est le seul point de A non inclus dans [a, b[, alors A\{b} est infini car A est infini). Donc E ≠ ∅.
Comme E ⊂ [a, b], E est une partie bornée et non vide de ℝ, elle possède une borne inférieure α (et aussi une borne supérieure β), avec α (et β) ∈ [a, b].
- Montrons que E est un intervalle. Pour cela, il suffit de montrer que : ∀(x₁, x₂) ∈ E², ∀x ∈ ℝ, [x₁ < x < x₂ ⇒ x ∈ E].
Soient x₁ < x < x₂, avec (x₁, x₂) ∈ E². On a : [a, x₁[ ⊂ [a, x[ ⊂ [a, x₂[.
Comme x₁ ∈ E, l'ensemble [a, x₁[ ∩ A est infini. Puisque [a, x₁[ ∩ A ⊂ [a, x[ ∩ A, l'ensemble [a, x[ ∩ A est également infini. Ce qui prouve que x ∈ E. Donc E est un intervalle.
Est-il fermé ? E n'est pas nécessairement fermé. Il peut être de la forme [α, b] ou ]α, b].
- Exemple 1 : Si A = {1/n | n ∈ ℕ*} et [a, b] = [0, 1].
Pour tout x > 0, [0, x[ ∩ A = {1/k | 1/k < x, k ∈ ℕ*} est un ensemble infini. Pour x = 0, [0, 0[ = ∅ est fini. Donc E = ]0, 1]. Sa borne inférieure est 0, mais 0 ∉ E. Donc E n'est pas fermé.
- Exemple 2 : Si A = [0, 1] (qui est infinie) et [a,b]=[0,1].
Pour tout x ∈ ]0,1], [0,x[ ∩ A = [0,x[ est infini. Pour x=0, [0,0[=∅ est fini. Donc E = ]0,1]. E n'est pas fermé.
- Exemple 1 : Si A = {1/n | n ∈ ℕ*} et [a, b] = [0, 1].
- Montrons que α est un point d'accumulation de A.
Par définition de α = inf E, on a : ∀ε > 0, ∃x ∈ E tel que α ≤ x < α + ε.
Soit (xₙ) une suite d'éléments de E telle que α ≤ xₙ < α + 1/n. Puisque xₙ ∈ E, l'ensemble [a, xₙ[ ∩ A est infini.
D'autre part, puisque α = inf E, pour tout y < α, l'ensemble [a, y[ ∩ A est fini (par définition de E, tout élément y < α n'est pas dans E).
Considérons l'intervalle [α, xₙ[. Cet intervalle contient une infinité d'éléments de A (car [a, xₙ[ ∩ A est infini et [a, α[ ∩ A est fini).
Puisque [α, xₙ[ ∩ A est infini, nous pouvons choisir une suite (yₙ) d'éléments de A telle que yₙ ∈ [α, xₙ[ et yₙ soit distinct de α si α ∈ A. (Si α n'est pas dans A, tous les yₙ seront distincts de α).
On a α ≤ yₙ < xₙ < α + 1/n.
Lorsque n tend vers +∞, 1/n tend vers 0, et donc xₙ tend vers α. Par le théorème des gendarmes, yₙ tend vers α. Puisque (yₙ) est une suite d'éléments de A distincts de α (ou constructible comme telle), cette suite converge vers α. Hence α est un point d'accumulation de A.
Exercice 13
Soit x le nombre : 0,234234234... En comparant 1000x et x, écrire x sous la forme d'une fraction rationnelle a/b.
Solution
Soit x = 0,234234234...
1000x = 234,234234...
On peut écrire 1000x = 234 + x.
D'où 1000x − x = 234.
C'est-à-dire 999x = 234.
Ou encore x = 234/999. Cette fraction peut être simplifiée en divisant le numérateur et le dénominateur par leur plus grand commun diviseur. 234 = 9 × 26 et 999 = 9 × 111. Donc x = 26/111.
Ainsi x s'écrit bien sous la forme fractionnaire a/b.
Exercice 14
Tout élément x de ℚ est un nombre rationnel qui peut s'écrire de deux manières possibles (pour x > 0) :
- écriture fractionnaire x = a/b, où a ∈ ℕ* et b ∈ ℕ*.
- écriture décimale, qui comporte deux cas :
- une écriture limitée x = d₀d₁...dₖ, dₖ₊₁...dₙ (partie entière d₀...dₖ, partie décimale limitée dₖ₊₁...dₙ).
- ou bien une écriture illimitée : x = d₀d₁...dₖ, dₖ₊₁...dₚ(p₁p₂...pₙ)(p₁p₂...pₙ)... (partie entière d₀...dₖ, anti-période dₖ₊₁...dₚ, période p₁p₂...pₙ).
Montrer que les deux écritures 1) et 2) du rationnel x sont équivalentes.
Solution
Soit x ∈ ℚ, x > 0. Montrons qu'il y a équivalence entre les deux écritures : 1) fractionnaire et 2) décimale limitée ou illimitée.
1) D'une écriture fractionnaire à une écriture décimale (limitée ou périodique)
Un nombre rationnel x = a/b (avec a, b des entiers, b ≠ 0) peut toujours être représenté comme une fraction décimale en effectuant la division longue de a par b.
Lors de la division euclidienne de a par b, il n'y a qu'un nombre fini de restes possibles (de 0 à b-1). Par conséquent, soit la division se termine (le reste est 0), donnant une écriture décimale limitée (par exemple, 3/4 = 0,75), soit un reste se répète. Si un reste se répète, alors la séquence des chiffres du quotient se répétera également, donnant une écriture décimale illimitée et périodique (par exemple, 1/7 = 0,142857142857...).
2) D'une écriture décimale (limitée ou périodique) à une écriture fractionnaire
-
Cas d'une écriture décimale limitée : Si x a une écriture décimale limitée, par exemple x = d₀.d₁d₂...dₙ. On peut l'écrire comme une fraction en multipliant et divisant par une puissance de 10 :
x = (d₀d₁d₂...dₙ) / 10ⁿ. Ceci est une fraction de la forme a/b.
Exemple : 0,75 = 75/100 = 3/4.
-
Cas d'une écriture décimale illimitée et périodique : Si x a une écriture décimale illimitée et périodique, par exemple x = E,APPPP... où E est la partie entière, A est l'anti-période et P est la période.
Soit n le nombre de chiffres de l'anti-période A et p le nombre de chiffres de la période P.
Alors x peut s'écrire sous la forme :
x = (EAP - EA) / (10^(n+p) - 10^n)
Où EAP est le nombre formé par la partie entière, l'anti-période et une période (considéré comme un entier), et EA est le nombre formé par la partie entière et l'anti-période (considéré comme un entier).
Exemple : x = 0,234234... (comme dans l'Exercice 13). E=0, A="", P="234". Ici n=0, p=3.
1000x = 234,234... et x = 0,234...
1000x - x = 234 ⇒ 999x = 234 ⇒ x = 234/999 = 26/111.
Ces deux démonstrations montrent l'équivalence entre la représentation fractionnaire et la représentation décimale (limitée ou périodique) pour les nombres rationnels.
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce qu'un point d'accumulation ?
Un point d'accumulation d'un ensemble A est un point (qui n'appartient pas nécessairement à A) tel que tout intervalle ouvert centré sur ce point contient au moins un élément de A différent de ce point. En d'autres termes, on peut trouver une infinité d'éléments de l'ensemble A aussi proches que l'on veut du point d'accumulation.
Quelle est la différence entre borne supérieure/inférieure et maximum/minimum ?
La borne supérieure (supremum) d'un ensemble est le plus petit des majorants, et la borne inférieure (infimum) est le plus grand des minorants. Ces bornes ne sont pas nécessairement des éléments de l'ensemble. Le maximum (resp. minimum) d'un ensemble est sa borne supérieure (resp. inférieure) si, et seulement si, cette borne appartient à l'ensemble. Par exemple, pour l'intervalle ouvert ]0, 1[, la borne supérieure est 1 et la borne inférieure est 0, mais ni 0 ni 1 n'appartiennent à l'intervalle, il n'y a donc pas de maximum ni de minimum.
Comment démontrer que deux bornes (supremum et infimum) sont égales ?
Pour montrer que la borne supérieure d'un ensemble A (notée α) et la borne inférieure d'un ensemble B (notée β) sont égales (c'est-à-dire α = β), une méthode courante est de prouver que pour tout nombre réel ε > 0, il existe un élément a ∈ A et un élément b ∈ B tels que 0 < b − a < ε. Cela signifie que l'on peut trouver des éléments de A et de B aussi proches l'un de l'autre que l'on souhaite, ce qui implique qu'il ne peut y avoir d'espace entre leurs bornes.