Corrigés de quelques exercices - Ceremade

Université Paris Dauphine
DE MI2E, Analyse 1
Octobre 2015
Alexandre Afgoustidis
Corrigés des exercices.
lll
Exercice 1.
Voir la correction donnée en cours.
Exercice 2.
Voir la correction donnée en cours.
Exercice 3.
Voir la correction donnée en cours.
Exercice 4.
Voir la correction donnée en cours.
Exercice 5.
Voir la correction donnée en cours.
Exercice 6.
Voir la correction donnée en cours.
Exercice 7.
1. • Si b est un élément de B, tout élément de A est inférieur ou égal à b et b est donc un majorant de A.
Puisque B est non vide, cela prouve que A est majorée.
La partie A de R est donc non vide et majorée, et admet une borne supérieure.
• Si a est un élément de A, tout élément de B est supérieur ou égal à a et a est donc un minorant de B.
Puisque A est non vide, cela prouve que B est minorée.
La partie B de R est donc non vide et minorée, et admet une borne inférieure.
• Si b est un élément de B, nous avons vu que c’est un majorant de A, et il est donc supérieur ou égal au
plus petit des majorants de A, qui est sup(A). Ainsi
sup(A) ≤ b.
Nous venons de voir que sup(A) est inférieur ou égal à tous les éléments de B, donc c’est un minorant de
B, et il est inférieur ou égal au plus grand des minorants de B, qui est inf(B). Ainsi
sup(A) ≤ inf(B).
2. • Supposons d’abord que sup(A) = inf(B), et montrons l’assertion : ∀ε > 0, ∃a ∈ A, ∃b ∈ B, b − a ≤ ε.
Soit ε > 0.
Nous savons qu’il existe a ∈ A tel que sup(A) − 2ε < a (c’est une propriété du cours),
et alors sup(A) < a + 2ε .
Nous savons aussi qu’il existe b ∈ B tel que inf(B) + 2ε > b (c’est une autre propriété du cours),
et alors inf(B) > b − 2ε .
Comme sup(A) = inf(B), nous obtenons b − 2ε < a + 2ε , et alors b − a ≤ 2 2ε = ε.
• Voyons maintenant pourquoi l’assertion ∀ε > 0, ∃a ∈ A, ∃b ∈ B, b − a ≤ ε implique sup(A) = inf(B).
1
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Alexandre Afgoustidis
Supposons sup(A) 6= inf(B). Puisque nous savons déjà que sup(A) ≤ inf(B), nous avons sup(A) < inf(B).
Posons alors ε = inf(B) − sup(A). C’est un nombre strictement positif. Comme inf(B) est un minorant de
B et sup(A) un minorant de A, nous avons pour tout (a, b) ∈ A × B :
a ≤ sup(A) et sup(B) ≤ b
et b − a ≥ sup(B) − a ≥ sup(B) − sup(A) = ε.
Cela démontre que l’assertion sup(A) 6= inf(B) implique l’assertion ∃ε > 0, ∀a ∈ A, ∀b ∈ B, b − a > ε, et
répond donc à la question.
3. Les parties A =] − ∞, 0[ et B =]0, +∞[ de R sont adjacentes : elles sont non vides, tout couple (a, b) ∈
A × B vérifie a ≥ B. Par ailleurs, et pour tout ε > 0, si nous posons a = −ε/2 et b = ε/2, alors a appartient
à A, b appartient à B et b − a ≤ ε.
NB. Il y a bien sûr d’autres exemples possibles : par exemple, ] − ∞, 1] et ]1, +∞[ sont adjacentes aussi.
Exercice 8.
La propriété de la borne supérieure dans R s’énonce ainsi :
Toute partie non vide et majorée de R admet une borne supérieure.
La partie A = q ∈ Q, q 2 < 2 est non vide (puisque 0 en est un élément) et majorée (par exemple par 3), elle
admet donc une borne supérieure. On notera M cette borne supérieure. On remarque que M est un nombre
positif, puisque c’est un majorant de A et que 0 appartient à A.
Nous allons maintenant montrer que M 2 = 2.
Supposons M 2 < 2. Notons que pour tout α > 0, (M + α)2 = M 2 + 2M α + α2 . Remarquons qu’il existe α > 0
tel que M 2 + 2M α + α2 < 2 (en effet, le discriminant du trinôme X 2 + 2M X + (M 2 − 2) est 8, et l’une des
racines de ce trinôme est strictement positive parce que le trinôme vaut M 2 − 2 < 0 en zéro). Alors l’intervalle
]M, M + α[ contient un nombre rationnel parce que Q est dense dans R, et si q appartient à ]M, M + α[∩Q, alors
q 2 < (M +α)2 < 2, ce qui signifie que q appartient à A et que M n’est pas un majorant de A. C’est absurde.
Supposons M 2 > 2. Remarquons qu’il existe α > 0 tel que (M − α)2 > 2 (en raisonnant comme précédemment).
Comme Q est dense dans R, l’intervalle ]M − α, M [ un nombre rationnel Q, et alors Q2 > 2. Mais alors pour
tout q ∈ A, q 2 < 2 < Q2 et donc q < Q, ainsi Q est un majorant de A. Comme Q < M , nous avons obtenu un
majorant de A strictement inférieur à M . C’est absurde.
√
Conclusion : M est un nombre réel positif dont le carré est 2. À cause du fait que la fonction x 7→ x est
+
strictement croissante sur R , il √
ne peut pas y avoir deux nombres positifs de carré 2. Donc M est le nombre que
nous avons l’habitude d’appeler 2.
Exercice 9.
1. La réunion E = [1, 2] ∪ [3, 4] n’est pas un intervalle (en effet, 2 et 3 appartiennent à E, mais 2.5 est compris
entre 2 et 3 sans appartenir à E), alors que [1, 2] et [3, 4] sont des intervalles.
2. Soient I1 et I2 des intervalles de R. Si l’intersection I1 ∩ I2 est vide, c’est un intervalle (parce que l’ensemble
vide en est un). Si elle est non vide, soit (x, y) ∈ (I1 ∩ I2 )2 avec x ≤ y.
Si z est un nombre réel tel que x ≤ z ≤ y, alors z appartient à I1 (parce que x et y appartiennent à I1 et que
I1 est un intervalle), et il appartient aussi à I2 (parce que x et y appartiennent à I2 et que I2 est un intervalle).
2
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Conclusion : Si x et y sont deux éléments de I1 ∩ I2 avec x ≤ y, alors [x, y] est inclus dans I1 ∩ I2 . C’est ce
qu’il fallait démontrer.
3. • Démontrons d’abord que si I est un intervalle ouvert, alors : ∀x ∈ I, ∃ε > 0, ]x − ε, x + ε[⊂ I.
Cas 1 : I est de la forme ]a, b[ avec a, b réels et a < b.
|x−b|
. Alors x − ε > a et x + ε < b, et donc ]x − ε, x + ε[⊂ I.
Soit x ∈ I. Choisissons ε = min |x−a|
2 , 2
Cas 2 : I est de la forme ]a, +∞[ avec a réel.
Soit x ∈ I. Choisissons ε =
|x−a|
2 .
Alors x − ε > a, et donc ]x − ε, x + ε[⊂ I.
Cas 3 : I est de la forme ] − ∞, b[ avec b réel.
Soit x ∈ I. Choisissons ε =
|x−b|
2 .
Alors x + ε < b, et donc ]x − ε, x + ε[⊂ I.
Cas 4 : I = R.
Soit x ∈ I. Choisissons ε = 1239486.. Alors bien sûr ]x − ε, x + ε[⊂ I.
Cas 5 : I est vide.
Alors tout élément de I vérifie la propriété demandée... !
• Supposons à présent que I est un intervalle, mais n’est pas ouvert. Démontrons : ∃x ∈ I, ∀ε > 0, ]x − ε, x + ε[6⊂ I.
Cas 1 : I est de la forme [a, b] ou de la forme [a, b[ avec a réel et b réel supérieur à a, ou de la forme
[a, +∞[ avec a réel.
Choisissons alors x = a. Pour tout ε > 0, le nombre x − ε/2 appartient à ]x − ε, x + ε[, mais pas à I.
Cas 2 : I est de la forme ]a, b] avec b réel et a réel strictement inférieur à b, ou de la forme ] − ∞, b] avec
b réel.
Choisissons alors x = b. Pour tout ε > 0, le nombre x + ε/2 appartient à ]x − ε, x + ε[, mais pas à I.
4. Soient I1 et I2 deux intervalles ouverts.
On sait déjà que I1 ∩ I2 est un intervalle grâce à la question n°2 ; montrons que I1 ∩ I2 est ouvert en utilisant
le résultat de la question n¨3.
Si I1 ∩ I2 est vide, c’est bien un intervalle ouvert.
Si I1 ∩ I2 est non vide, soit x un élément de I1 ∩ I2 . Comme I1 est ouvert, il existe ε1 > 0 tel que
]x − ε1 , x + ε1 [⊂ I1 , et comme I2 est ouvert, il existe ε2 > 0 tel que ]x − ε2 , x + ε2 [⊂ I2 .
Choisissons alors ε = min(ε1 , ε2 ). Alors ]x − ε, x + ε est contenu dans ]x − ε1 , x + ε1 [⊂ I1 , donc dans I1 , et
il est aussi contenu dans ]x − ε2 , x + ε2 [⊂ I2 , donc dans I2 . Par conséquent, ]x − ε, x + ε[ est contenu dans
I1 ∩ I2 , ce qu’il fallait démontrer.
Exercice 10.
3
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1.
2.
3.
4.
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{x ∈ R, |x + 3| = 5} = {−8, 2}.
{x ∈ R, |x + 3| ≤ 5} = [−8, 2].
{x ∈ R, |x + 2| > 7} =] − ∞, −9[∪]5, +∞[.
Soit x un nombre réel.
Si |2x − 4| ≤ |x + 2|, alors (2x − 4)2 ≤ (x + 2)2 , et 3x2 − 20x + 12 = (3x − 2)(x − 6) ≤ 0 ; par conséquent, x
appartient à [2/3, 6].
Réciproquement, si x appartient à [2, 6], alors x + 2 et 2x − 4 sont positifs et assurément 2x − 4 ≤ x + 2,
tandis que si x appartient à [−2/3, 2], |2x − 4| appartient à [0, 8/3] tandis que |x + 2| appartient à [8/3, 4].
Dans tous les cas on a bien |2x − 4| ≤ |x + 2|.
5. Soit x un nombre réel.
• Si |x + 12| = |x2 − 8| et si x + 12 et x2 − 8 sont de même signe, alors x + 12 = x2 − 8 et donc x2 − x − 20 = 0,
ce qui signifie que x est égal à −4 ou à 5.
• Si |x + 12| = |x2 − 8| et si x + 12 et x2 − 8 sont de signes contraires, alors x + 12 = 8 − x2 , et alors
x2 + x + 4 = 0, mais il n’y a pas de nombre réel qui vérifie cela.
• Après avoir vérifié que −4 et 5 fournissaient bien des solutions de l’équation de départ, on arrive à la
conclusion suivante :
x ∈ R, |x + 12| = |x2 − 8| = {−4, 5} .
6. Montrons que
x ∈ R, |x + 12| ≤ |x2 − 8| =] − ∞, −4] ∪ [5, +∞[.
Soit x un nombre réel. Supposons |x + 12| ≤ |x2 − 8|. Alors en procédant comme ci-dessus, on constate
que x2 − x − 20 ≥ 0, et d’après les résultats usuels sur les trinômes du second degré, cela signifie que x
appartient à ] − ∞, −4] ∪ [5, +∞[.
Montrons réciproquement que ] − ∞, −4] ∪ [5, +∞[ est inclus dans x ∈ R, |x + 12| ≤ |x2 − 8| . Si x appartient à [5, +∞[, alors x2 − 8 et x + 12 sont positifs et dans ce cas x2 − x − 20 ≥ 0 signifie |x + 12| ≤ |x2 − 8|.
Si x appartient à ] − ∞, −4], alors x2 − 8 est positif ; si x + 12 est positif aussi, |x2 − 8| − |x + 12| est égal
à x2 − x − 20, est c’est un nombre positif, tandis que si x + 12 est négatif, |x2 − 8| − |x + 12| est égal à
x2 + x + 4, qui est toujours positif. Dans tous les cas, |x + 12| ≤ |x2 − 8|.
Exercice 11.
1. Soit x un nombre réel. Notons n = bxc + 1. Alors on déduit du fait que x ∈ [n, n + 1[ l’inégalité
n≤x+1<n+1
et cette inégalité signifie que bx + 1c = n = bxc + 1, ce qu’il fallait démontrer.
2. Soit (x, y) ∈ R2 . En partant des inégalités bxc ≤ x < bxc + 1 et byc ≤ y < byc + 1 et en les ajoutant, on
obtient
bxc + byc ≤ x + y < bxc + byc + 2.
La partie entière bx+yc est donc un entier supérieur ou égal à bxc+byc et strictement inférieur à bxc+byc+2,
donc c’est bxc + byc ou bxc + byc + 1. On a alors bien
bxc + byc ≤ x + y ≤ bxc + byc + 1.
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3. Soit n ∈ N? et x ∈ R. Partons du fait que
bnxc ≤ nx < bnxc + 1.
Une conséquence immédiate de l’inégalité de gauche est
Par ailleurs,
bnxc
n
bnxc
n
≤ x, et donc b bnxc
n c ≤ bxc.
< b bnxc
n c + 1, et on déduit donc de l’inégalité de droite que
1
bnxc
<b
c
n
n
x−1−
ce qui suffit à assurer b bnxc
n c ≥ bxc.
√
4. Soit n ∈ N. Notons x = n2 + n + 1, et montrons que bxc = n si n n’est pas égal
√ à zéro. Pour cela,
constatons d’abord que x ≥ n, puisque n2 + n + 1 ≥ n2 et que la fonction x 7→ x est (strictement)
croissante sur R+ . Constatons aussi que n2 + n + 1 < n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 dès que n n’est pas égal à
zéro. On obtient donc
n ≤ x < n + 1 si n 6= 0,
ce qui démontre que bxc = n pourvu n n’est pas égal à zéro.
Bien sûr si n est égal à zéro, la partie entière de
√
n2 + 2n + 1 = 1 est 1.
Exercice 12.
1. Soient x et y deux nombres réels ; on souhaite montrer que l’intervalle ]x, y[ contient un élément de A.
On sait grâce au point (i) qu’il existe (a0 , b0 ) ∈ A2 avec a0 < x < b0 . Définissons alors deux suites (an )n≥0
et (bn )n≥0 en posant, comme nous l’avons déjà fait en cours,
(
n
n
an+1 = an et bn+1 = an +b
dans le cas où x < an +b
;
2
2
an +bn
an +bn
an+1 = 2
et bn+1 = bn dans le cas où x ≤ 2 .
À cause du point (ii), nous savons que pour tout n ∈ N, an et bn sont des éléments de A ; vu la façon dont
ils sont construits nous savons que an < bn et x < bn .
i
h
0 −a0
+ 1. Deux constats s’imposent :
Maintenant, posons 1 N = E log2 by−x
• x < bN , comme on le disait plus haut ;
• bN < y, parce que (bN − x) ≤ (bN − aN ) =
b0 −a0
2N
et que
b0 −a0
2N
< (y − x) vu comment est choisi N .
Puisque bN est un élément de A, nous avons démontré que ]x, y[∩A est non vide. C’est ce qu’il fallait voir.
2. Note : on dit souvent qu’un sous-ensemble d’un ensemble E est "non trivial" lorsqu’il n’est ni vide, ni égal
à E tout entier.
Le sous-ensemble Q de R vérifie le point (i) : si x est un nombre réel, on peut choisir a = E(x) − 1 et
b = E(x) + 1, ce sont des nombres rationnels puisque ce sont des entiers, et a < x < b. Il vérifie aussi le
point (ii), bien sûr.
1. Rappelons que si u est un nombre réel strictement positif, log2 (u) est le seul nombre réel v qui vérifie 2v = u.
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Exercice 13.
√
Soit n ∈ N. Si n est un carré parfait, alors bien sûr n est rationnel, puisque c’est un entier.
√
√
Supposons maintenant que n est rationnel, et écrivons n = ab avec a ∈ Z, b ∈ Z et PGCD(a, b) = 1.
Nous avons a2 = nb2 . Nous savons que n admet une décomposition en produit de facteurs premiers, il peut donc
s’écrire sous la forme
n = pu1 1 pu2 2 ...puk k
où p1 , ...pk sont des nombres premiers deux à deux distincts et u1 , ...uk des entiers naturels non nuls. Mais alors,
pour chaque i ∈ {1, ...k}, le nombre premier pi divise a2 , donc il divise a, et ainsi pi apparaît avec une puissance
paire dans la décomposition de a2 en produit de facteurs premiers. Par ailleurs, puisque a et b sont premiers entre
2
u /2
u /2
eux pi ne divise pas b, et par conséquent l’entier ui est pair. Mais alors n = p1 1 ...pk k
est un carré parfait,
ce qu’il fallait démontrer.
Exercice 14.
1. Soit x un nombre réel. Si x est entier, E(x) = x et E(−x) = −x, donc E(x) + E(−x) = 0.
Supposons maintenant que x n’est pas entier. Alors vu la définition de la partie entière,
E(x) < x et E(x) + 1 > x;
E(−x) < −x et E(−x) + 1 > −x.
En ajoutant les deux inégalités de gauche, on obtient E(x) + E(−x) < 0, et en ajoutant les deux inégalités
de droite, on obtient E(x) + E(−x) > (−2), et puisque E(x) + E(−x) est un entier, cela signifie qu’il vaut
(−1).
2. Remarquons d’abord que
q−1
X
k=1
X
q−1
p
p
E k
=
E (q − k)
.
q
q
k=1
En utilisant le résultat de l’exercice 11, question 1, on constate que pour chaque k ∈ {1, ...q − 1},
kp
kp
p
=E −
+p =E −
+ p.
E (q − k)
q
q
q
Mais alors
2
q−1
X
k=1
p
E k
q
!
X
q−1
p
p
E k
+
E (q − k)
q
q
k=1
k=1
"q−1 q−1 #
X
X
p
−kp
=
E k
+
E
+ p(q − 1)
q
q
k=1
k=1
q−1 X
p
p
=
E k
+ E −k
+ p(q − 1).
q
q
=
q−1
X
k=1
Nous pouvons alors utiliser le résultat de la première question ; puisque p et q sont premiers entre eux, k pq n’est
pas entier lorsque k est entre 1 et q − 1, et par conséquent
! X
q−1
q−1
X
p
2
E k
=
[−1] + p(q − 1) = −(q − 1) + p(q − 1) = (p − 1)(q − 1),
q
k=1
k=1
6
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ce qui conclut l’exercice.
Exercice 15.
√
√
1. Soit z ∈ Z et soit x ∈ A. Il existe (p, q) ∈ Z2 tel que x = p + q 2 ; mais alors zx = (zp) + (zq) 2, et dans
cette égalité, zp et pq sont des entiers. Ainsi zx ∈ A.
n
2. Raisonnons par récurrence. Bien sûr u0 = 1 √
appartient à A. Soit n un entier naturel
√ ; si u appartient à A,
2
n
n+1
alors il existe (p, q) ∈ Z tels que u = p + q 2, et alors u
= (2q − p) + (p − q) 2 appartient à A. Cela
achève la démonstration.
√
+
3. • Rappelons
que la fonction√x 7→ x est strictement
√ croissante sur R , et que 4 < 6 < 9. On en déduit que
√
2 < 2 2 < 3, puis que 1 < 2 < 3/2 et ainsi 0 < 2 − 1 < 1/2.
• Démontrons par récurrence que 0 < un < 1 pour tout n ∈ N? . Nous avons 0 < u < 1 d’après ce qui
précède. Soit n ∈ N? , supposons 0 < un < 1/n. Alors en utilisant ce qui précède, 0 < un+1 < 1/(2n). Or, n
est un entier non nul, et donc 2n > n + 1. Ainsi 1/(2n) < 1/(n + 1) et 0 < un+1 < 1/(n + 1). Cela achève
la démonstration.
1
4. • Soient a et b des réels tels que a < b. Choisissons n = E( b−a
) + 1. Alors n est un entier, n est supérieur
ou égal à 1 et 0 < un < 1/n < (b − a).
• Posons alors z = E uan + 1. Alors en partant du fait que uan ≤ z < uan + 1, on obtient a < zun < b.
Grâce au résultat de la question 1, zun est un élément de A qui appartient à ]a, b[.
n
2
5. • Rappelons que pour
√ tout n ≥ 1, u appartient à A, et qu’il existe donc un unique couple (pn , qn ) ∈ Z
n
tel que u = pn + qn 2
√
√
√
√
(l’unicité vient du fait que 2 est irrationnel : si p + q 2 = p0 + q 0 2, alors on doit avoir q = q 0 , sinon 2
0
0
0
serait le rationnel p−p
q 0 −q ; mais une fois qu’on sait que q = q, on doit aussi avoir p = p .)
En utilisant le calcul mené à la question 2, on constate alors que pour tout n ∈ N,
pn+1 = 2qn − pn
et qn+1 = pn − qn .
Raisonnons alors par récurrence pour montrer que si n ∈ N? , pn qn < 0, c’est-à-dire que pn et qn sont de
signe contraire. C’est vrai pour n = 1. Soit n ∈ N ; si pn et qn sont de signes contraires, alors 2qn − pn et
pn − qn le sont aussi, et donc pn+1 et qn+1 sont de signes contraires. Cela achève la démonstration.
• Soit n0 l’entier dont on a démontré l’existence à la question 4. Pour tout m ≥ n0 , on a alors 0 < um < b−a,
et nous avons vu qu’il existe un entier (non nul) zm tel que zm um appartienne à A∩]a, b[.
Or, ce qui√précède montre que pour tout n ∈ N, un est irrationnel (rappelons que qn 6= 0 ; si un était
rationnel, 2 serait égal à (un − pn )/q n et serait rationnel). Par conséquent zm um est irrationnel aussi.
Conclusion : pour tout m ≥ n0 , zm um est un irrationnel qui appartient à ]a, b[. En remarquant que zm um
ne peut être égal à zp up que si m = p (sinon um−p serait rationnel), on en déduit qu’il existe une infinité
d’irrationnels dans l’intervalle ]a, b[.
7