Exercices analyse serie 1 smpc s1 faculte sciences rabat ana
Télécharger PDFFacult´e des Sciences de Rabat SMPC-S1 D´epartement de Math´ematiques M3-E1 : Analyse S´erie d’exercices 1
Exercice 11. D´emontrer que si r ∈ Q et x /∈ Q alors r + x /∈ Q et si r 6= 0 alors r.x /∈ Q. 2. Montrer que √2 6∈ Q, 3. En d´eduire qu’ entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel. 4. Soient a et b deux rationnels positifs tels que √a et √b soient irrationnels. Montrer que √a+√b est irrationnel.
Exercice 2Trouver sous la forme pqdes rationnels x dont les d´evelopements d´ecimaux p´eriodiques sont donn´es par : 3, 14_ 14 ... ; 0, 99_9 ... ; 3, 149_9 ...
Exercice 3Le maximum de deux nombres x, y (c’est-`a-dire le plus grand des deux) est not´e max(x, y). De mˆeme on notera min(x, y) le plus petit des deux nombres x, y. D´emontrer que : max(x, y) = x + y + |x − y| 2et min(x, y) = x + y − |x − y| 2. Trouver une formule pour max(x, y, z).
Exercice 4D´eterminer la borne sup´erieure et inf´erieure (si elles existent) de : A = {un | n ∈ N} en posant un = 2nsi n est pair et un = 2−nsinon.
Exercice 5D´eterminer (s’ils existent) : les majorants, les minorants, la borne sup´erieure, la borne inf´erieure, le plus grand ´el´ement, le plus petit ´el´ement des ensembles suivants : [0, 1] ∩ Q , ]0, 1[∩Q , N , (−1)n +1n2| n ∈ N∗ .
Exercice 6Si a et b sont des r´eels positifs ou nuls, montrer que : √a +√b 6 2√a + b.
Exercice 7Soit f : R → R telle que ∀(x, y) ∈ R2f(x + y) = f(x) + f(y). Montrer que 1. ∀n ∈ N f(n) = n · f(1). 2. ∀n ∈ Z f(n) = n · f(1). 3. ∀q ∈ Q f(q) = q · f(1). 4. ∀x ∈ R f(x) = x · f(1) si f est croissante. 1
Correction 1 1. Soit r =pq∈ Q et x /∈ Q. Par l’absurde supposons que r + x ∈ Q alors il existe deux entiers p0, q0tels que r + x =p0q0 . Donc x =p0q0 −pq =qp0−pq0 x /∈ Q. qq0 ∈ Q ce qui est absurde car De la mˆeme fa¸con si r · x ∈ Q alors r · x =p0q0 Et donc x =p0q0qp. Ce qui est absurde. 2. M´ethode “classique”. Supposons, par l’absurde, que √2 ∈ Q alors il existe deux entiers p, q tels que √2 = pq. De plus nous pouvons supposer que la fraction est irr´eductible (p et q sont premiers entre eux). En ´elevant l’´egalit´e au carr´e nous obtenons q2 ×2 = p2. Donc p2est un nombre pair, cela implique que p est un nombre pair (si vous n’ˆetes pas convaincu ´ecrivez la contrapos´ee “p impair ⇒ p2impair”). Donc p = 2×p0 avec p0 ∈ N, d’o`u p2 = 4×p02. Nous obtenons q2 = 2×p02. Nous en d´eduisons maintenant que q2est pair et comme ci-dessus que q est pair. Nous obtenons ainsi une contradiction car p et q ´etant tous les deux pairs la fraction pqn’est pas irr´eductible et aurait pu ˆetre simplifi´ee. Donc √2 ∈/ Q. Autre m´ethode. Supposons par l’absurde que √2 ∈ Q. Alors √2 = pqpour deux entiers p, q ∈ N∗. Alors nous avons q ·√2 ∈ N. Consid´erons l’ensemble suivant : n N = n ∈ N∗| n ·√2 ∈ No. Cet ensemble N est une partie de N∗qui est non vide car q ∈ N . On peut alors prendre le plus petit ´el´ement de N : n0 = min N . En particulier n0 ·√2 ∈ N. D´efinissons maintenant n1 de la fa¸con suivante : n1 = n0 ·√2 − n0. Il se trouve que n1 appartient aussi `a N car d’une part n1 ∈ N (car n0 et n0 ·√2 sont des entiers) et d’autre part n1 ·√2 = n0 ·2−n0 ·√2 ∈ N. Montrons maintenant que n1 est plus petit que n0. Comme 0 <√2 − 1 < 1 alors n1 = n0(√2 − 1) < n0 et est non nul. Bilan : nous avons trouv´e n1 ∈ N strictement plus petit que n0 = min N . Ceci fournit une contradiction. Conclusion : √2 n’est pas un nombre rationnel. 3. Soient r, r0 deux rationnels avec r < r0. Notons x = r +√22(r0 − r). D’une part x ∈]r, r0[ (car 0 < √22 < 1) et d’apr`es les deux premi`eres questions √2 r0−r 2 ∈/ Q donc x /∈ Q. Et donc x est un nombre irrationnel compris entre r et r0. 4. a − b = (√a −√b)(√a +√b) Correction 2 On multiplie avec 10p avec p bien choisit, puis on fait la differnce pour obtenir un entier. Correction 3 Explicitons la formule pour max(x, y). Si x > y, alors |x − y| = x − y donc 12(x + y + |x − y|) = 12(x + y + x − y) = x. De mˆeme si x 6 y, alors |x − y| = −x + y donc 12(x + y + |x − y|) = 1 2(x + y − x + y) = y. Pour trois ´el´ements, nous avons max(x, y, z) = max max(x, y), z , donc d’apr`es les formules pour deux ´el´ements : max(x, y, z) = max(x, y) + z + | max(x, y) − z| 2 2(x + y + |x − y|) + z + 12(x + y + |x − y|) − z 1 = 2. Correction 4 (u2k)k tend vers +∞ et donc A ne poss`ede pas de majorant, ainsi A n’a pas de borne sup´erieure (cependant certains ´ecrivent alors sup A = +∞). D’autre part toutes les valeurs de (un) sont positives et (u2k+1)k tend vers 0, donc inf A = 0. Correction 5 1. [0, 1]∩Q. Les majorants : [1, +∞[. Les minorants : ]−∞, 0]. La borne sup´erieure : 1. La borne inf´erieure : 0. Le plus grand ´el´ement : 1. Le plus petit ´el´ement 0. 2
2. ]0, 1[∩Q. Les majorants : [1, +∞[. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne sup´erieure : 1. La borne inf´erieure : 0. Il nexiste pas de plus grand ´el´ement ni de plus petit ´el´ement. 3. N. Pas de majorants, pas de borne sup´erieure, ni de plus grand ´el´ement. Les minorants : ]−∞, 0]. La borne inf´erieure : 0. Le plus petit ´el´ement : 0. 4. (−1)n+1n2 | n ∈ N∗o. Les majorants : [54, +∞[. Les minorants : ]−∞, −1]. La borne sup´erieure : n 5 4. La borne inf´erieure : −1. Le plus grand ´el´ement : 54. Pas de plus petit ´el´ement. Correction 6√a +√b 6 2√a + b ⇔ (√a +√b)2 6 2(a + b) car les termes sont positifs, et la fonction x 7→ x2est croissante sur R+. Evaluons la diff´erence ´ 2(a + b) − (√a +√b)2: 2(a + b) − (√a +√b)2 = a + b − 2√a√b = (√a −√b)2 > 0. Donc par l’´equivalence, nous obtenons l’in´egalit´e recherch´ee. Correction 7 1. Calculons d’abord f(0). Nous savons f(1) = f(1 + 0) = f(1) +f(0), donc f(0) = 0. Montrons le r´esultat demand´e par r´ecurrence : pour n = 1, nous avons bien f(1) = 1 × f(1). Si f(n) = nf(1) alors f(n + 1) = f(n) + f(1) = nf(1) + f(1) = (n + 1)f(1). 2. 0 = f(0) = f(−1 + 1) = f(−1) + f(1). Donc f(−1) = −f(1). Puis comme ci-dessus f(−n) = nf(−1) = −nf(1). 3. Soit q =ab. Alors f(a) = f(ab +ab + · · · +ab) = f(ab) + · · · + f(ab) (b termes dans ces sommes). Donc f(a) = bf(ab). Soit af(1) = bf(ab). Ce qui s’´ecrit aussi f(ab) = abf(1). 4. Fixons x ∈ R. Soit (αi) une suite croissante de rationnels qui tend vers x. Soit (βi) une suite d´ecroissante de rationnels qui tend vers x : α1 6 α2 6 α3 6 . . . 6 x 6 · · · 6 β2 6 β1. Alors comme αi 6 x 6 βi et que f est croissante nous avons f(αi) 6 f(x) 6 f(βi). D’apr`es la question pr´ec´edent cette in´equation devient : αif(1) 6 f(x) 6 βif(1). Comme (αi) et (βi) tendent vers x. Par le “th´eor`eme des gendarmes” nous obtenons en passant `a la limite : xf(1) 6 f(x) 6 xf(1). Soit f(x) = xf(1). 3