1.2 Corrigés

CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS12
1.2
Corrigés
1. Ensembles.
(a) Soit E = {a, b, c}. Alors
P(E) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.
(b) Soit E un ensemble fini tel que card(E) = n. Donner card(P(E)).
Corrigé 1. On note x1 , . . . , xn les éléments de E. Pour chaque
xi , on note 1 si xi est dans le sous-ensemble et 0 sinon (deux choix
pour chaque élément). Par conséquent, card(P(E)) = 2n . Une version
plus rigoureuse consiste à faire une démonstration par récurrence. Si
E = ∅ (le cas n = 0), alors P(E) = {∅}. Donc card(P(E)) = 1 = 20 .
Si l’affirmation est vraie pour n, alors pour l’élément xn+1 on a deux
choix comme expliqué ci-dessus. Il en suit que si card(E) = n + 1,
alors card(P(E)) = 2n · 2 = 2n+1 .
( )
n
sous-ensembles à k éléments (k = 0, . . . n
k
où k = 0 correspond à l’ensemble vide). Par conséquent (voir aussi
la formule du binôme de Newton, exercice 28),
Corrigé 2.
Il y a
card(P(E)) =
n ( )
∑
n
k=0
k
= 2n .
2. Ensembles et Fonctions. Soit f : E → F une fonction et A, B ⊂ E.
Montrer que
(a) f [A ∩ B] ⊂ f [A] ∩ f [B],
(b) f [A ∪ B] = f [A] ∪ f [B].
Donner un exemple où f [A ∩ B] ̸= f [A] ∩ f [B].
Corrigé.
(a) Si x ∈ A ∩ B, alors f (x) ∈ f [A] et f (x) ∈ f [B], c’est-à-dire f (x) ∈
f [A] ∩ f [B].
(b) Si x ∈ A ∪ B, alors f (x) ∈ f [A] ∪ f [B]. Si y ∈ f [A] ∪ f [B], alors il
existe x ∈ A ou x ∈ B, c’est-à-dire x ∈ A ∪ B tel que y = f (x) d’où
l’affirmation.
Soit A = {1, 2}, B = {2, 3} et f tels que f (1) = a, f (2) = b, f (3) = a,
a ̸= b. Alors f [A] = f [B] = {a, b} et f [A ∩ B] = {b}.
3. Le cardinal. Soit E, F des ensembles finis. Montrer que
(a) card(E) + card(F ) = card(E ∪ F ) + card(E ∩ F ) (principe d’exclusioninclusion)
(b) card(E × F ) = card(E) · card(F ).
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS13
Corrigé 1. Si E ∩ F = ∅, alors le cardinal est additif : card(E) +
card(F ) = card(E ∪ F ). Si E ∩ F ̸= ∅, écrire E, F, E ∪ F comme réunion
d’ensembles disjoints 2 à 2 :
E ∪ F = (E ∩ F ) ∪ (E \ F ) ∪ (F \ E),
E = (E ∩ F ) ∪ (E \ F ),
F = (E ∩ F )) ∪ (F \ E),
d’où l’affirmation. Pour le produit cartésien, c’est la définition du produit
cartésien comme ensemble de couples (voir aussi corrigé 2).
Corrigé 2. On utilise des fonctions indicatrices en admettant les identités données au cours et
∑
card(E) =
χE (x).
x∈E
Pour (a), il reste à prendre la somme sur les x ∈ E ∪ F ou sur un ensemble
plus large dans
χE (x) + χF (x) = χE∪F (x) + χE∩F (x).
Pour (b), noter que
card(E × F ) =
∑∑
χE (x)χF (y) =
x∈E y∈F
(∑
χE (x)
)( ∑
x∈E
)
χF (y) .
y∈F
4. Axiomes. En utilisant les axiomes algébriques d’un corps K, montrer que
l’élément neutre de l’addition 0 est unique.
Corrigé Soit 0′ ∈ K un autre élément tel que 0′ + x = x pour tout
x ∈ K, en particulier, 0′ + 0 = 0. D’autre part, 0 + x = x pour tout x ∈ K,
en particulier, 0 + 0′ = 0′ . L’addition est commutative, i.e. 0′ + 0 = 0 + 0′ ,
donc 0′ = 0. q.e.d.
5. Axiomes. En utilisant les axiomes algébriques pour les nombres réels,
montrer que pour tout x ∈ R on a : 0 · x = 0 et (−1) · x = −x. En déduire
que (−1) · (−1) = 1.
Corrigé Notons d’abord les axiomes algébriques. Soit x, y, z ∈ R.
A1 x + (y + z) = (x + y) + z et x · (y · z) = (x · y) · z.
A2 x + y = y + x et x · y = y · x.
A3 Il existe un élément noté 0 tel que pour tout x : 0 + x = x.
A4 Pour chaque x, il existe un élément noté −x tel que x + (−x) = 0.
A5 Il existe 1 ̸= 0 tel que pour tout x : 1 · x = x.
A6 Pour chaque x ̸= 0, il existe un élément noté x−1 tel que x · x−1 = 1.
A7 x · (y + z) = x · y + x · z.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS14
Montrons 0 · x = 0 (entre parenthèses l’axiome appliqué) :
0·x=0+0·x
= (x + (−x)) + 0 · x
(A3)
(A4)
= (−x + x) + 0 · x
= −x + (x + 0 · x)
(A2)
(A1)
= −x + (1 · x + 0 · x)
= −x + (x · 0 + x · 1)
= −x + (x · (0 + 1))
(A5)
(A2)
(A7)
= −x + (x · 1)
= −x + (1 · x)
= −x + x
(A3)
(A2)
= x + (−x)
=0
(A5)
(A2)
(A4)
Remarque : Les étapes (A2) peuvent être supprimées en appliquant
directement la loi commutative lors des autres axiomes.
Donc brièvement (exercice : noter les étapes comme ci-dessus) :
x + (−1) · x = 1 · x + (−1) · x = (1 + (−1)) · x = 0 · x = 0
i.e. −x = (−1) · x et
1 = 1+0 = 1+0·(−1) = 1+(1+(−1))·(−1) = 1+(−1)+(−1)·(−1) = (−1)·(−1).
6. Axiomes. En utilisant les axiomes d’ordre pour les nombres réels et le
résultat de l’exercice 5, montrer que pour tout x ̸= 0 on a : x2 := x · x > 0,
i.e. le carré d’un nombre réel nonzéro est positif.
Corrigé Si x > 0, alors x2 ≥ 0 est donc x2 > 0. Le cas x2 = 0 est exclu,
car sinon on a x = 1 · x = (x−1 · x) · x = x−1 (·x · x) = (x−1 · 0) = 0 par
l’exercice 5, d’où contradiction. Si x < 0, alors −x > 0 et
0 < (−x) · (−x) = (−1) · x · (−1) · x = (−1)2 · x2 = 1 · x2 = x2
en utilisant le résultat de l’exercice 5.
7. Axiomes. Soit a, b ∈ R, a ̸= 0. Montrer que l’équation ax + b = 0 admet
b
l’unique solution x = − .
a
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS15
Corrigé. C’est une conséquence des axiomes d’ordre. ax + b = 0 est
équivalent à ax + b ≤ 0 et 0 ≤ ax + b. Si 0 ≤ a, par les axiomes d’ordre 4
b
et 5, la première inégalité est équivalente à x ≤ − , la deuxième inégalité
a
b
est équivalente à − ≤ x, d’où l’affirmation par l’axiome 2. De même si
a
a ≤ 0.
√
8. Axiomes. Soit K√2 = {(a, b) := a + b 2 : a, b ∈ Q}. Montrer que
K√2 (+, ·) est un corps où
(a1 , b1 )+(a2 , b2 ) = (a1 +a2 , b1 +b2 ),
(a1 , b1 )·(a2 , b2 ) = (a1 ·a2 +2b1 ·b2 , a2 b1 +a1 b2 ).
Corrigé. Les lois associative, commutative et distributive sont une conséquence
des lois dans Q, donc on ne donne pas de détails. Pour l’addition, l’élément
neutre est (0, 0) et pour la multiplication (1, 0). L’inverse additif de (a, b)
(
−b )
a
est (−a, −b) et l’inverse multiplicatif est 2
, 2
. Noter que
2
a − 2b a − 2b2
2
2
a − 2b ̸= 0 si (a, b) ̸= (0, 0). Pourquoi ?
9. Développement décimal. Montrer qu’un nombre réel est rationnel si et
seulement si son développement décimal est périodique.
Corrigé Commenons par montrer que tout nombre rationnel d = pq admet un développement décimal périodique. Sans perte de généralité, on
peut supposer p < q (pourquoi ?). La forme décimale de d s’obtient par
division euclidienne : d = pq = 0, a1 a2 a3 a4 · · · , où chaque division successive donne la décimale ai suivante ainsi qu’un reste ri . Par définition du
reste, ri est un entier satisfaisant ri < n. Donc après n divisions, au moins
deux restes rj et rk seront égaux avec j < k. Autrement dit, le processus
de division devient périodique au moins à partir de la décimale aj . Cette
preuve indique aussi que la taille de la période est au plus n.
Pour la réciproque, considérons un nombre réel de développement périodique
d = b1 b2 · · · bm , c1 c2 · · · cn a1 a2 · · · au , et montrons qu’il est rationnel. Etant
donné que b1 b2 · · · bm , c1 c2 · · · cn est clairement rationnel, il suffit de se restreindre au nombre r = 0, a1 a2 · · · au . En posant s = a1 a2 · · · au , on voit
que
10u r − r = a1 a2 · · · au , a1 a2 · · · au − 0, a1 a2 · · · au = s
s
⇒r= u
∈Q
10 − 1
10. Relation d’équivalence. On rappelle la relation d’équivalence dans Z ×
′
Z\{0} qui définit l’ensemble Q des rationnels : pq ∼ pq′ si pq ′ = p′ q. Soit
a, a′ , c, c′ ∈ Z et b, b′ , d, d′ ∈ Z∗ tels que
(a)
(b)
a
b
a
b
+
·
c
d
c
d
∼
∼
′
a
b′
′
a
b′
·
+
′
c
d′
′
c
d′
a
b
∼
a′
b′
et
c
d
∼
c′
d′ .
Montrer que
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS16
Corrigé
′ ′
′ ′
c
(a) Il faut montrer que ad+bc
∼ a dc′+b
. Par hypothèse, on a que ab′ =
bd
d′
′
′
′
′ ′
a b et cd = dc . Donc (ad + bc)b d = (ab′ )(dd′ ) + (bb′ )(cd′ ) =
(a′ b)(dd′ ) + (bb′ )(c′ d) = (a′ d′ + b′ d′ )bd.
′ ′
ac
′
′
(b) Il faut montrer que ac
bd ∼ b′ d′ . Par hypothèse, on a que ab = a b et
cd′ = dc′ . Donc (ac)(b′ d′ ) = (ab′ )(cd′ ) = (a′ b)(c′ d) = (a′ c′ )(bd).
11. Nombres premiers I. Montrer que tout nombre naturel n > 1 s’écrit de
manière unique comme produit de nombres premiers :
n=
m
∏
pki i ,
p1 < p 2 < · · · < p m ,
ki ∈ N∗
i=1
Idée : raisonner par récurrence pour prouver l’existence de la décomposition
en nombre premiers. Pour l’unicité, utiliser le lemme d’Euclide qui dit que
si un nombre premier p divise un produit d’entiers ab, alors il divise a ou
il divise b.
Corrigé
(a) Existence de la décomposition. Si n = 2, alors la proposition est vraie
car 2 est premier. Supposons que l’énoncé est vrai pour tout entier
2 ≤ k ≤ n et étudions n + 1. Si n + 1 est un nombre premier, alors la
proposition est vérifiée. Si n+1 n’est pas premier, alors il est divisible
par un entier supérieur à 1 et donc n + 1 = ab avec 1 < a, b ≤ n.
Par hypothèse de récurrence, a et b s’écrivent comme produits de
nombres premiers, donc n + 1 = ab est aussi un produit de nombre
premiers.
(b) Unicité. Supposons que n s’écrive comme produit de nombres premiers de deux manières différentes (ici les pi , qi ne sont pas forcément
différents) : n = p1 p2 · · · pr = q1 q2 · · · qs . On va montrer que r = s et
que les deux expressions diffèrent simplement par une permutation
des facteurs. Par le lemme d’Euclide, p1 doit diviser un des qj . Mais
vu que qj est premier cela implique que p1 = qj . On divise ensuite
n par p1 et on fait le même raisonnement pour p2 et ainsi de suite
jusqu’à pr . On en déduit que r ≤ s et qu’à chaque pi correspond un
qj = pi . En suivant le même processus en considérant q1 , q2 , · · · , on
voit que s ≤ r. Donc s = r et les qj sont un simple réarrangement
des pi .
12. Nombres premiers II. Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers.
Corrigé Par l’absurde, supposons qu’il existe un nombre fini n de nombres
premiers. On les note p1 , p2 , · · · pn . On construit le nombre N = p1 p2 · · · pn +
1 et on sait par l’exercice 11 qu’il est divisible par un nombre premier.
Il existe donc un pi qui divise N . Mais il est clair que pi divise aussi
p1 p2 · · · pn , et par conséquent la différence N − p1 p2 · · · pn = 1 est aussi
divisible par pi . Mais par définition pi > 1, d’où la contradiction.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS17
13. Calcul des fonctions composées. Pour les deux fonctions f, g : R → R
définies respectivement par
{
x + 3 si x ≥ 0,
f (x) =
x2
si x < 0
{
2x + 1
g(x) =
x
et
si x ≥ 3,
si x < 3,
calculer g ◦ f et f ◦ g.
Corrigé.


2x + 7
g ◦ f (x) = g(f (x)) = x2

 2
2x + 1
si x ≥ 0,
√
si − 3 < x < 0
√
si x ≤ − 3
car si x
√ ≥ 0, alors f (x) = x + 3 ≥ 3 et g(f (x)) = 2f (x) +√1, et si
x ∈] − 3, 0[, alors 0 < f (x) < 3 et g(f (x)) = f (x), et si x ≤ − 3, alors
f (x) = x2 ≥ 3 et g(f (x)) = 2f (x) + 1.


2x + 4 si x ≥ 3,
f ◦ g(x) = f (g(x)) = x + 3
si 0 ≤ x < 3

 2
x
si x < 0
car si x ≥ 3, alors g(x) = 2x + 1 ≥ 0 et f (g(x)) = g(x) + 3, et si 0 ≤ x < 3,
alors g(x) = x ≥ 0 et f (g(x)) = g(x) + 3, et si x < 0, alors g(x) = x < 0
et f (g(x)) = g(x)2 .
14. Propriétés des fonctions I. Montrer que la fonction f : N × N → N∗
définie par
f (m, n) = 2m (2n + 1)
est bijective.
En déduire une bijection entre N × N et N et entre N × N∗ et N.
Corrigé. On commence par montrer que la fonction est injective. Soit
(m1 , n1 ), (m2 , n2 ) ∈ N × N tels que f (m1 , n1 ) = f (m2 , n2 ) ou autrement
dit, 2m1 (2n1 + 1) = 2m2 (2n2 + 1). On voit que m1 = m2 . En effet, si
m1 ̸= m2 (on suppose sans perte de généralité m1 > m2 ), alors on a
2m1 −m2 (2n1 + 1) = 2n2 + 1 et donc 2n2 + 1 devrait être divisible par 2
ce qui est impossible vu qu’il s’agit d’un nombre impair. Ensuite vu que
m1 = m2 , on a directement 2n1 + 1 = 2n2 + 1 et ainsi n1 = n2 , ce qui
prouve l’injectivité.
On montre maintenant la surjectivité. Soit N ∈ N∗ . Si N est impair, alors
on choisit m = 0 et n = N 2−1 ∈ N qui vérifient f (0, N 2−1 ) = N . Si N
est pair alors on le divise par 2 et on pose N1 = N2 ∈ N. Si N1 est pair,
on continue le processus jusqu’à ce que Nk = 2Nk soit impair (remarquer
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS18
que pour tout N il existe un k tel que Nk soit impair). On pose ensuite
n = Nk2−1 ∈ N et on vérifie bien que f (k, Nk2−1 ) = N .
Par analogie, on voit que g : N×N → N définie par g(m, n) = 2m (2n+1)−1
est aussi une bijection. De même, h : N × N∗ → N∗ définie par h(m, n) =
2m (2n − 1) est aussi bijective.
15. Propriétés des fonctions II. Soit une fonction bijective g : N → Q+
telle que g(0) = 0. Montrer que g n’est pas croissante.
Corrigé. Soit g(1) = r ∈ Q+ . Vu que g est injective, on a r ̸= 0 et
donc r > 0. On considère maintenant le rationnel 2r ∈ Q+ . Vu que g est
surjective, il existe n ∈ N, n ≥ 2, tel que g(n) = 2r . On a donc 1 < n et
g(1) > g(n), ce qui prouve que g n’est pas croissante.
16. Propriétés des fonctions III. Montrer que la fonction f : N → Z définie
par
{
n
si n est pair,
f (n) = 2 n+1
si n est impair
− 2
est bijective. Donner f −1 .
Corrigé. On commence par montrer l’injectivité. Soit n, m ∈ N tels que
f (n) = f (m). Si n est pair, f (n) = n2 ≥ 0 et donc m doit être pair pour
satisfaire f (m) ≥ 0. Ainsi f (m) = m
2 et on conclut que m = n. Si n est
impair, on montre par le même raisonnement que n = m. Cela prouve
l’injectivité.
Pour la surjectivité, soit N ∈ Z. Si N ≥ 0, on a que n = 2N ∈ N et que n
est pair, donc f (n) = N . Si N < 0, on a que n = −1 − 2N ∈ N et que n
est impair, donc f (n) = N . Cela prouve la surjectivité.
La démonstration pour la surjectivité nous donne directement la forme de
la fonction réciproque f −1 : Z → N
{
2n
si n ≥ 0,
f −1 (n) =
−1 − 2n si n < 0.
17. Propriétés des fonctions IV*. Montrer que la fonction f : N × N → N
définie par
(m + n)(m + n + 1)
+m
f (m, n) =
2
est bijective.
Corrigé. On commence par montrer l’injectivité. Soit (m1 , n1 ), (m2 , n2 ) ∈
N × N tels que f (m1 , n1 ) = f (m2 , n2 ). Sans perte de généralité, on peut
supposer m1 ≥ m2 . On doit donc avoir n1 ≤ n2 (sinon on trouve que
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS19
f (m1 , n1 ) > f (m2 , n2 )). On peut donc introduire trois nouvelles variables
a = m2 + n1 , k = m1 − m2 et l = n2 − n1 avec a, k, l ∈ N et on obtient :
f (m1 , n1 ) = f (m2 , n2 ) ⇒ f (m2 + k, n1 ) = f (m2 , n1 + l)
⇒ (m2 + n1 + k)(m2 + n1 + k + 1) + 2k = (m2 + n1 + l)(m2 + n1 + l + 1)
⇒ (a + k)(a + k + 1) + 2k = (a + l)(a + l + 1)
On montre maintenant que cette équation est satisfaite seulement si k =
l = 0. En effet, si on suppose que k > l, alors le membre de gauche est
clairement strictement supérieur au membre de droite. Si on suppose que
k < l, alors on a l ≥ k + 1 et on conclut que le membre de droite est
strictement supérieur au membre de gauche car
(a+l)(a+l +1) ≥ (a+k +1)(a+k +1+1) = (a+k)(a+k +1)+2k +2a+2
Il reste seulement le cas l = k et on voit que l’équation est satisfaite
seulement si 2k = 0. Autrement dit, k = l = 0 et donc (m1 , n1 ) = (m2 , n2 ),
ce qui prouve l’injectivité.
On démontre la surjectivité par récurrence. Cette propriété est vraie pour
N = 0, car f (0, 0) = 0. Supppons qu’elle soit vraie pour N : ∃i, j ∈ N t.q.
N = f (i, j). La clé est de s’apercevoir que
{
f (m, 0) + 1 = f (0, m + 1)
∀m ∈ N,
f (m, n) + 1 = f (m + 1, n − 1) si n ≥ 1
Autrement dit, si j = 0 alors N + 1 = f (0, i + 1), tandis que si j ≥ 1 alors
N + 1 = f (i + 1, j − 1). Cela prouve la surjectivité.
18. Fonctions des ensembles I. Soit A ⊂ R et χA sa fonction indicatrice
(voir cours). On note Ac = R \ A le complementaire de A. Vérifier que
χAc (x) = 1 − χA (x).
Soit A, B ⊂ R. Vérifier que
χA (x) · χB (x) = χA∩B (x)
et
χA (x) + χB (x) = χA∪B (x) + χA∩B (x).
Conclure que
(
)(
)
1 − χA (x) 1 − χB (x) = 1 − χA∪B (x).
Interpréter cette identité.
Corrigé. Les vérifications ont été présentées en cours. Le principe d’inclusionexclusion
χA (x) + χB (x) = χA∪B (x) + χA∩B (x).
s’écrit en utilisant χA (x) · χB (x) = χA∩B (x) comme suit :
χA (x) + χB (x) = χA∪B (x) + χA (x) · χB (x).
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS20
ou
(
)(
)
1 − χA (x) 1 − χB (x) = 1 − χA∪B (x).
C’est la loi de de Morgan :
(
)c
Ac ∩ B c = A ∪ B .
19. Fonctions des ensembles II - principe d’exclusion-inclusion. Soit
A1 , . . . , An ⊂ R. Montrer par récurrence que
1 − χA1 ∪...∪An (x) =
n
∏
(
)
1 − χAk (x)
k=1
Corrigé. L’identité est vraie pour n = 1 (évident) et n = 2 (par l’exercice précédent). La conclusion ”n → n + 1” : en utilisant l’identité pour
n = 2 on a
(
)(
)
1 − χA1 ∪...∪An ∪An+1 (x) = 1 − χA1 ∪...∪An 1 − χAn+1 (x)
n
∏
(
)(
)
=
1 − χAk (x) 1 − χAn+1 (x)
k=1
=
n+1
∏
(
)
1 − χAk (x) .
k=1
20. La progression géométrique. Montrer que pour tout x, y ∈ R et tout
entier positif n :
xn − y n = (x − y) ·
n−1
∑
xn−k−1 y k
k=0
En déduire la somme d’une progression géométrique, à savoir pour tout
réel a ̸= 1 et tout entier positif n :
n
∑
ak =
k=0
1 − an+1
.
1−a
Corrigé. La relation est également démontrée dans le resumé du cours
avec x = a et y = b. Appelons cette relation R(n). Pour n = 1, nous avons
an − bn = a − b et
(a − b) ·
n−1
∑
k=0
an−k−1 bk = (a − b) ·
0
∑
a1−k−1 bk = (a − b) · a0 b0 = a − b
k=0
Par conséquent, R(1) est vraie. Pour démontrer que R(n) implique R(n+1)
nous écrivons an+1 − bn+1 comme suit :
an+1 − bn+1 = an+1 − abn + abn − bn+1 = a(an − bn ) + (a − b)bn
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS21
Nous utilisons ensuite la relation R(n). Donc
an+1 − bn+1 = a · (a − b) ·
n−1
∑
an−k−1 bk + (a − b)bn
k=0
= (a − b) ·
n−1
∑
an+1−k−1 bk + (a − b)bn
k=0
Notant que bn =
∑n
k=n
an+1−k−1 bk , nous obtenons la relation R(n + 1) :
an+1 − bn+1 = (a − b) ·
∑
( n−1
an+1−k−1 bk +
k=0
n
∑
an+1−k−1 bk
)
k=n
= (a − b) ·
n+1−1
∑
an+1−k−1 bk .
k=0
Posons ensuite x = 1 et y = a et remplaçons n par n + 1. Alors la relation
s’écrit comme suit :
1n+1 − an+1 = (1 − a) ·
n+1−1
∑
1n+1−k−1 ak
k=0
i.e.
1 − an+1 = (1 − a) ·
n
∑
ak
k=0
pour tout a. Pour obtenir l’affirmation, on doit diviser les deux membres
de cette relation par 1 − a. Donc il faut supposer que a ̸= 1.
21. Montrer que 12341234 − 1 est divisible par 1233.
Corrigé. Par l’exercice 20, nous avons
12341234 − 1 = 1233 ·
1233
∑
1234k .
k=0
La somme est une somme de nombres naturels et par conséquent 12341234 −
1 est divisible par 1233.
22. Inégalité de Young. Montrer que pour tout entier positif n et tout
a, b > 0 :
b(bn − an ) − nan (b − a) ≥ 0.
En déduire l’inégalité de Young pour tout x, y > 0 :
n+1
xy ≤
xn+1
ny n
+
.
n+1
n+1
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS22
Corrigé. Avec la progression géométrique (voir exercice 20), on a :
( n−1
)
∑
bn−k ak − nan
b(bn − an ) − nan (b − a) = (b − a) ·
k=0
( n−1
∑
)
bn−k
−
n
an−k
k=0
)
n−1
∑ ( bn−k
n
= (b − a)a ·
−1
an−k
= (b − a)an ·
k=0
≥0
puisque les deux facteurs ont toujours le même signe. En évaluant les
produits, cette inégalité signifie que
bn+1 + nan+1 − (n + 1)an b ≥ 0.
En posant a = y 1/n et b = x, nous obtenons l’inégalité de Young.
23. Une progression arithmétique. Montrer que pour tout entier positif
n:
n
∑
n(n + 1)
k=
.
2
k=1
Corrigé. Nous donnons deux démonstrations :
Démonstration 1 - par récurrence. Pour n = 1, la relation est vraie.
Si la relation est vraie pour un n donné, elle est aussi vraie pour n + 1 car
n+1
∑
k=1
k=
n
∑
k + (n + 1) =
k=1
n(n + 1)
(n + 1)(n + 2)
+ (n + 1) =
.
2
2
Démonstration 2 - par changement d’indice. Soit ak ∈ R et k =
1, ..., n. Le changement d’indice j = n + 1 − k dans la somme
n
∑
ak
k=1
donne
n
∑
ak =
k=1
et donc
n
∑
k=1
n
∑
an+1−j =
j=1
ak =
1
2
n
∑
an+1−k .
k=1
(∑
n
)
(ak + an+1−k ) .
k=1
Par conséquent,
( n
( n
)
)
n
∑
1 ∑
n(n + 1)
1 ∑
.
(k + n + 1 − k) =
(n + 1) =
k=
2
2
2
k=1
k=1
k=1
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS23
24. La somme de carrés d’entiers. Montrer que pour tout entier positif
n:
n
∑
n(n + 1)(2n + 1)
k2 =
.
6
k=1
En déduire la somme suivante :
1000
∑
(k + 1)(2k + 3).
k=0
Corrigé. Pour n = 1, la relation est vraie. Si la relation est vraie pour
un n donné, elle est aussi vraie pour n + 1 car
n+1
∑
k2 =
k=1
n
∑
k 2 +(n+1)2 =
k=1
Ensuite, en utilisant
n(n + 1)(2n + 1)
(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1)
+(n+1)2 =
.
6
6
n
∑
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
on a pour tout n
n
∑
(k + 1)(2k + 3) =
k=0
Donc
n(n + 1)(2n + 1) 5n(n + 1)
(n + 1)(n + 2)(4n + 9)
+
+3(n+1) =
3
2
6
1000
∑
(k + 1)(2k + 3) = 670172503.
k=0
25. La somme alternée de carrés d’entiers. Montrer par récurrence que
pour tout n ∈ N
n
∑
n(n + 1)
(−1)n−k k 2 =
2
k=0
Corrigé. La formule est vraie pour n = 0. Supposons qu’elle soit vrai
pour un n ∈ N. On doit montrer que ceci implique qu’elle est vraie pour
n + 1, i.e.
n+1
∑
(n + 1)(n + 2)
(−1)n+1−k k 2 =
2
k=0
Alors
n+1
∑
k=0
(−1)n+1−k k 2 =
n
∑
(−1)n+1−k k 2 + (n + 1)2
k=0
= (−1)
n
∑
(−1)n−k k 2 + (n + 1)2
k=0
n(n + 1)
=−
+ (n + 1)2
2
(n + 1)(n + 2)
=
.
2
par hypothèse de récurrence
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS24
26. Une inégalité pour la factorielle. Montrer qu’il existe n0 ∈ N tel que
pour tout n > n0 :
n! > 2n .
Donner le plus petit n0 possible.
Corrigé. L’inégalité est vraie pour n = 4 (24 > 16). Supposons donc
qu’elle soit vraie pour un n ≥ 4. Alors :
(n + 1)! = (n + 1) · n! > 2 · n! > 2n+1 .
Donc n0 = 3.
27. La somme de cubes d’entiers. Pour tout entier positif n, donner
n
∑
k3
k=1
Idée : appliquer l’identité
n
∑
k=1
ak =
n
∑
an+1−k
k=1
et les résultats des exercices 23 et 24.
Corrigé.
n
∑
k=1
1∑ 3
k + (n + 1 − k)3
2
n
k3 =
k=1
n
1∑
=
(n + 1)3 − 3(n + 1)2 k + 3(n + 1)k 2
2
k=1
)
1(
3
1
= (n + 1)3 n − (n + 1)3 n + (n + 1)2 (2n + 1)n
2
4
2
(n + 1)2 n2
=
4
28. La formule du binôme de Newton. Evidemment
(
) ( )
n!
n!
n
n
+
+
=
k−1
k
(k − 1)!(n + 1 − k)! k!(n − k)!
(
(
)
) (
)
k
n+1−k n+1
n+1
n+1
=
+
=
k
k
k
n+1
n+1
On démontre la formule du binôme de Newton par récurrence. Elle est
vraie pour n = 0 (ou n = 1). Ensuite
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS25
(x + y)n+1 = x(x + y)n + y(x + y)n
n ( )
n ( )
∑
n k+1 n−k ∑ n k n+1−k
x y
=
x
y
+
k
k
k=0
=
n+1
∑(
l=1
k=0
)
n ( )
∑
n
n k n+1−k
l n+1−l
xy
+
x y
l−1
k
k=0
par le changement d’indice k + 1 = l. Combiner ensuite les deux sommes
pour montrer le résultat.
(a) Choisir x = y = 1.
(b) Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe un entier n > 1 et
trois entiers naturels a, b, c vérifiant 0 < a ≤ b < n et an + bn = cn .
Alors c > b car cn > bn . Donc c ≥ b + 1 (b, c sont des entiers). Par la
formule du binôme de Newton, nous avons (on estime la somme - qui
a au moins trois membres car n > 1 - par les deux derniers membres,
c’est pourquoi on a l’inégalité stricte)
cn ≥ (b + 1)n > bn + nbn−1
et par l’hypothèse b < n que
cn = an + bn ≤ bn + bn < bn + nbn−1 .
D’où la contradiction.
29. Sommes téléscopiques I. La relation est vraie pour n = 0. Pour conclure
noter que
f (n+2)−f (0) = f (n+2)−f (n+1)+
n
∑
∑(
(
) n+1
)
f (k+1)−f (k) =
f (k+1)−f (k) .
k=0
k=0
(a) En posant f (n) = a pour un a ∈ R, a ̸= 1, on a
n
an+1 − 1 =
=
n
∑
( k+1
)
a
− ak
k=0
n
∑
(a − 1)ak
k=0
= (a − 1)
n
∑
ak
k=0
d’où la formule désirée.
(b) Avec f (n) = n2 , nous obtenons
(n + 1)2 − 0 =
=
n
∑
(
)
(k + 1)2 − k 2
k=0
n
∑
(2k + 1)
k=0
= (n + 1) + 2
n
∑
k=0
k
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS26
d’où la formule désirée de l’exercice 23. Noter que par la deuxième
équation, la somme de n premiers nombres impairs est toujours un
carré parfait.
(c) Si a = 1, c’est une progression arithmétique comme à l’exercice 23.
En posant f (n) = nan pour un a ∈ R, a ̸= 1, on a
n+1
(n + 1)a
n
∑
(
)
(k + 1)ak+1 − kak
=
k=0
n
∑
=
ak+1 +
k=0
n
∑
=a
n
∑
(a − 1)kak
k=0
ak + (a − 1)
k=0
n
∑
kak =
k=0
n
∑
kak
k=0
nan+2 − (n + 1)an+1 + a
.
(a − 1)2
30. Sommes téléscopiques II. Pour x = 0 la somme vaut n + 1. Donc nous
supposons x ̸= 0. Par l’exercice 29 et en utilisant l’identité
sin α − sin β = 2 cos
α+β
α−β
sin
,
2
2
nous avons
sin((n + 1 + a)x) − sin(ax) =
n
∑
sin((k + 1 + a)x) − sin((k + a)x)
k=0
(2k + 1 + 2a)x
x∑
cos
.
2
2
n
= 2 sin
k=0
En posant a =
− 12
nous obtenons
n
∑
cos kx =
k=0
=
sin((n + 12 )x) − sin(− x2 )
2 sin x2
(n+1)x
cos( nx
)
2 ) sin(
2
x
sin 2
31. Un produit fini. Montrer que pour tout entier positif n :
n
∏
(
k=1
1+
(n + 1)n
1 )k
=
.
k
n!
Corrigé. La relation est vraie pour n = 1. Si la relation est vraie pour
un n donné, elle est aussi vraie pour n + 1 car
n+1
∏
k=1
(
1+
(n + 1)n (
1 )n+1
(n + 2)n+1
1 )k
=
· 1+
=
.
k
n!
n+1
(n + 1)!
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS27
32. L’inégalité de Bernoulli. Montrer l’inégalité de Bernoulli pour tout
x ∈ R+ et tout entier positif n :
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Corrigé Nous donnons trois démonstrations :
Corrigé 1 - par la formule du binôme de Newton.
du binôme de Newton, on a pour tout x ≥ 0 :
(1+x)n =
n ( )
∑
n
k=0
k
xk =
1 ( )
∑
n
k=0
k
xk +
n ( )
∑
n
k=2
k
xk ≥
Par la formule
1 ( )
∑
n
k=0
k
xk = 1+nx
Corrigé 2 - par récurrence. Evidemment pour n = 1 l’inégalité de
Bernoulli est vraie. Supposons alors que
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Alors pour tout x ≥ 0
(1+x)n+1 = (1+x)n (1+x) ≥ (1+nx)(1+x) = 1+(n+1)x+nx2 ≥ 1+(n+1)x.
Noter que cette démonstration montre que l’inégalité de Bernoulli est
même vraie sous l’hypothèse plus faible x > −1 (au lieu de seulement
x ≥ 0).
Corrigé 3 - par progression géométrique. Par l’exercice 20, nous
trouvons en posant a = 1 + x pour tout n ≥ 0 et tout x ≥ 0 que
(1 + x)n − 1 = (1 + x − 1) ·
n−1
∑
(1 + x)k ≥ x ·
k=0
n−1
∑
1k = nx.
k=0
33. Extension de l’inégalité de Bernoulli. Montrer l’inégalité suivante
pour tout x ∈ R+ et tout entier positif n :
(1 + x)n ≥ 1 + nx +
n(n − 1) 2
x .
2
Corrigé Nous donnons deux démonstrations :
Corrigé 1 - par la formule du binôme de Newton.
du binôme de Newton, on a pour tout x ≥ 0 :
(1+x)n =
n ( )
∑
n
k=0
k
xk =
2 ( )
∑
n
k=0
k
xk +
n ( )
∑
n
k=3
k
xk ≥
Par la formule
2 ( )
∑
n
k=0
k
xk = 1+nx+
n(n − 1) 2
x
2
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS28
Corrigé 2 - par récurrence. Evidemment pour n = 1 l’inégalité est
vraie. Supposons alors que
(1 + x)n ≥ 1 + nx +
n(n − 1) 2
x
2
Alors pour tout x ≥ 0
n(n − 1) 2
x )(1 + x)
2
n(n + 1) 2 n(n − 1) 3
x +
x
= 1 + (n + 1)x + +
2
2
n(n + 1) 2
≥ 1 + (n + 1)x +
x .
2
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx +
34. L’inégalité de Cauchy-Schwarz I. Nous avons
(∑
)2 ∑
n
n ∑
n
xk yk xl yl
xk yk
=
k=1
=
=
≤
k=1 l=1
n ∑
n
∑
1 2 2 1 2 2 1
x y + xl yk − (xk yl − xl yk )2
2 k l
2
2
k=1 l=1
n
n
∑
∑
2
yk2 −
xk
k=1
k=1
n
n
∑
∑
yk2 .
x2k
k=1
k=1
1 ∑∑
(xk yl − xl yk )2
2
n
n
k=1 l=1
35. L’inégalité de Cauchy-Schwarz II *. Pour n = 1 nous avons
(∑
)2
n
n
n
∑
∑
2 2
2
yk2 .
xk yk
= x1 y1 =
xk
k=1
k=1
k=1
Donc l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vraie pour n = 1. Supposons
l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour un n donné, alors
)2 (
)2
( n+1
n
∑
∑
xk yk
= xn+1 yn+1 +
xk yk
k=1
=
(∑
n
)2
xk yk
k=1
k=1
+ 2xn+1 yn+1
∑n
n
∑
2
xk yk + x2n+1 yn+1
.
k=1
L’inégalité de Cauchy-Schwarz pour k=1 xk yk nous donne
(∑
)2 ∑
n
n
n
∑
xk yk
≤
x2k
yk2
k=1
et
2xn+1 yn+1
n
∑
k=1
k=1
v
v
u n
u n
u∑ u∑
2
t
xk yk ≤ 2|xn+1 yn+1 |
xk t
yk2
k=1
k=1
≤ x2n+1
n
∑
k=1
2
yk2 + yn+1
k=1
n
∑
k=1
x2k
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS29
en utilisant également le fait que 2ab ≤ a2 + b2 pour tout couple de réels
a, b. Par conséquent,
( n+1
∑
)2
xk yk
≤
k=1
=
n
∑
x2k
n
∑
k=1
k=1
n+1
∑
n+1
∑
x2k
k=1
yk2 + x2n+1
n
∑
2
yk2 + yn+1
k=1
n
∑
2
x2k + x2n+1 yn+1
k=1
yk2 .
k=1
36. L’inégalité des moyennes géométriques et arithmétiques I *. Soit
x1 , . . . , xn ∈ R+ dont le produit vaut 1. Montrer que
n≤
n
∑
xk .
k=1
Corrigé. On démontre l’inégalité par récurrence. Pour n = 1, on a x1 =
1 et l’inégalité est vraie. Supposons maintenant que cette inégalité est
vraie pour un n et tous les x1 , . . . , xn ∈ R+ dont le produit vaut 1. Soit
x1 , . . . , xn , xn+1 ∈ R+ dont le produit vaut 1. On peut supposer que les
xk sont ordonnés i.e.
x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ xn+1 .
En particulier, x1 ≤ 1 et xn+1 ≥ 1 (sinon le produit ne peut pas être égal
à 1). On pose yk = xk si 2 ≤ k ≤ n et y1 = x1 xn+1 . Alors le produit des
yk vaut 1 et par hypothèse
0≤
n
∑
yk − n =
k=1
n+1
∑
xk + x1 xn+1 − x1 − xn+1 − n
k=1
=
n+1
∑
xk + (1 − x1 )(1 − xn+1 ) − (n + 1)
k=1
≤
n+1
∑
xk − (n + 1)
k=1
car (1 − x1 )(1 − xn+1 ) ≤ 0.
37. L’inégalité des moyennes géométriques et arithmétiques II*. Soit
a1 > 0, . . . , an > 0. Montrer que leur moyenne géométrique est inférieure
à leur moyenne arithmétique. Autrement dit,
(∏
)1/n
n
n
1∑
ak
ak .
≤
n
k=1
k=1
Corrigé 1. Notons Gn la moyenne géométrique et An la moyenne arithmétique
de a1 > 0, . . . , an > 0. Soit
xk =
ak
> 0 pour k = 1, . . . , n.
Gn
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS30
Evidemment
n
∏
xk =
k=1
Gn
= 1.
Gn
Par l’exercice précédent
1∑
An
.
xk =
n
Gn
n
1≤
k=1
Corrigé 2 - par récurrence. Pour k = 1, . . . , n + 1 notons Gk la
moyenne géométrique et Ak la moyenne arithmétique de a1 > 0, . . . , ak >
0. L’inégalité est vraie pour n = 1 car G1 = a1 = A1 . Sous l’hypothèse
qu’elle soit vraie pour n, nous avons
An+1 =
an+1
nAn
an+1
nGn
+
≥
+
.
n+1 n+1
n+1 n+1
En appliquant l’inégalité de Young (voir exercice 22) nous obtenons
1
n
n+1
An+1 ≥ an+1
· Gnn+1 = Gn+1 .
38. Nombres rationnels et irrationels*
(a) Montrer qu’il y a une infinité de rationnels entre deux irrationnels
distincts.
(b) Montrer qu’il y a une infinité d’irrationnels entre deux rationnels
distincts.
Corrigé (a). Soit a, b, a < b deux nombres irrationnels. Par l’axiome
d’Archimède (voir cours), il existe un n ∈ N tel que n(b − a) > 1. Par
conséquent, pour tout m ≥ n on a
m(b − a) > 1
ou
b>
ma + 1
.
m
On a une infinité de rationnels rm définis par
rm =
[ma + 1]
m
satisfaisant
b>
ma + 1
[ma + 1]
[ma] + 1
ma
≥
= rm =
>
= a.
m
m
m
m
Corrigé (b). Soit a, b, a < b deux nombres rationnels. On construit
explicitement
une infinité d’irrationnels entre a et b. On sait que 0 <
√
2 − 1 < 1. Par conséquent
√
2−1
0<
<1
n
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS31
pour tout entier positif n. Les nombres xn définis par
√
2−1
xn = a + (b − a)
n
sont des nombres irrationnels (car a et b sont des rationnels) entre a et b.
39. Infimum et Supremum. Donner le supremum et l’infimum des ensembles suivants :
(a) A = {x ∈ Q : x2 < 2.25}. Noter que A = {x ∈ Q : −1.5 < x < 1.5}
d’où inf A = −1.5, sup A = −1.5.
(b) B = {x ∈ Q : ax < 1} où a ∈ R∗ := R \ {0} :
Si a < 0 et a ∈ Q, alors ax < 1 ⇔ x > 1/a d’où inf B = 1/a,
sup B = +∞.
Si a < 0 et a ∈ R \ Q (c’est-à-dire a irrationnel), inf B n’est pas un
nombre rationnel donc n’existe pas, sup B = +∞.
Remarque. Pour voir que l’infimum n’est pas un nombre rationnel on peut procéder comme suit. Supposons b = inf B ∈ Q. Alors
b ̸= 1/a. Si b > 1/a, alors par la proposition 1.5.4 il existe un rationnel entre les deux qui est donc dans B d’où la contradiction. Si
b < 1/a, alors de par la proposition 1.5.4 il existe un rationnel b′
entre les deux qui est un minorant de B mais plus grand que b d’où
la contradiction. En fait si on on regarde B comme sous-ensemble de
R, alors 1/a = inf B.
Si a > 0 et a ∈ Q, alors ax < 1 ⇔ x < 1/a d’où inf B = −∞,
sup B = 1/a.
Si a > 0 et a ∈ R \ Q (c’est-à-dire a irrationnel), sup B n’est pas un
nombre rationnel donc n’existe pas, inf B = −∞.
(c) C = {x ∈ Q : x2 + 3x ≤ 4} : x2 + 3x ≤ 4 ⇔ (x − 1)(x + 4) ≤ 0 d’où
inf C = −4, sup C = 1.
(d) D = {x ∈ R : x4 ≤ a4 } où a ∈ R : inf D = −|a|, sup D = |a|.
1
(e) E = {x ∈ R : x = (−1)n + n+1
, n ∈ N} : inf E = −1 puisque −1
est un minorant et il n’y a pas un minorant m > −1 puisque par
l’axiome d’Archimède il existe un entier positif n (et on prend un
entier impair) tel que (n + 1)(m − 1) > 1 d’où
1
1
= −1 +
< −1 + (m − 1) = m.
n+1
n+1
On a trouvé un élément plus petit que le minorant m donc contradiction. On a sup E = 2 (prendre n = 0 et noter que 1/(n + 1) est
décroissante).
1
, n ∈ N} ∩ R : inf F = 0 (valeur pour n = 1),
(f) F = {(−0.5)n + n+1
sup F = 2 (valeur pour n = 0) les autres éléments sont positifs.
(−1)n +
40. Nonexistence des solutions rationnelles.
(a) Montrer que l’équation x2 = 5 n’admet pas de solutions rationnelles.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS32
Démonstration. On suit la démonstration de la proposition 1.5.1.
(les petites modifications sont en gras). Supposons qu’il existe x = pq
avec p, q ∈ Z+ tel que x2 = 5. On peut également supposer que p
et q n’ont pas de diviseur commun, c’est-à-dire que leur plus grand
commun diviseur est 1 : pgcd(p, q) = 1. On a
p2
=5
q2
i.e. p2 = 5q 2
et par conséquent p2 est divisible par 5. Donc p est divisible par
5 et il existe un entier p′ tel que p = 5p′ (puisque le carré d’un
entier non divisible par 5 n’est pas divisible par 5 ; en effet
(5n + k)2 = 5n(5n + 2k) + k 2 , k = 1, 2, 3, 4 n’est pas divisible par
5). Alors
p2 = 25p′2 = 5q 2 i.e. 5p′2 = q 2 .
Donc q doit être divisible par 5. C’est une contradiction avec notre
hypothèse que p et q n’ont pas de diviseur commun. Il n’existe donc
pas de nombre rationnel x tel que x2 = 5.
(b) Montrer qu’il n’y a pas de x ∈ Q tel que x3 = 2.
Démonstration. Aucun changement important par rapport à la
démonstration de la proposition 1.5.1.
41. Sous-ensembles de R. Etudier si les ensembles suivants sont ouverts
ou fermés dans R. Donner l’intérieur, le bord et l’adhérence de chaque
ensemble.
◦
√
√
√
√
(a) A =] − 1, 2]. A =] − 1, 2[, ∂A = {−1, 2}, Ā = [−1, 2]. A n’est
ni fermé ni ouvert.
◦
√
√
√
(b) B =] 2, ∞[. B = B, ∂B = { 2}, B̄ = [ 2, ∞[. B est ouvert.
(c) C = {x ∈ R : |2x − 1| ≤ 1}. C = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 1 ≤ 1} = [0, 1].
◦
A =]0, 1[, ∂C = {0, 1}, C̄ = C. C est fermé.
(d) D = {x ∈ R : |x2 − 2| < 1}. D = {x ∈ R : −1 < x2 − 2
◦
√
√
√
√
1} √=] − 3, −1[√∪ ]1, 3[. D = D, ∂D = {− 3, −1, 1, 3}, D̄
[− 3, −1] ∪ [1, 3]. D est ouvert.
◦
n
(e) E = {
, n ∈ N}. Les points dans E sont isolés d’où E =
n+1
Ē = ∂E = {1, } ∪ E. E n’est ni fermé ni ouvert.
◦
n(−1)n
(f) F = {
, n ∈ N}. Les points dans F sont isolés d’où F =
n+1
F̄ = ∂F = {−1, 1, } ∪ F . F n’est ni fermé ni ouvert.
<
=
∅.
∅.
◦
(g) G = Z. Les points dans Z sont isolés d’où Z = ∅. Z̄ = ∂Z = Z. Z est
fermé.
◦
(h) H = Q. Q = ∅ puisque tout intervalle ouvert non-vide contient des
rationnels et des irrationnels. Q̄ = ∂Q = R. Q n’est ni fermé ni
ouvert.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS33
◦
(i) I = (R \ Q) ∩ [0, 1]. I = ∅ puisque tout intervalle ouvert non-vide
contient des rationnels et des irrationnels. I¯ = ∂I = [0, 1]. I n’est ni
fermé ni ouvert.
42. Fonctions réelles. Soit f : R → R une fonction strictement (dé)croissante.
Montrer que f est injective. Donner l’exemple d’une fonction f : R → R
injective qui n’est pas monotone.
Corrigé. Soit f : R → R strictement croissante et x1 ̸= x2 . Si x1 <
x2 , alors f (x1 ) < f (x2 ) et si x1 > x2 , alors f (x1 ) > f (x2 ), c’est-à-dire
f (x1 ) ̸= f (x2 ). De même pour une fonction décroissante. La fonction
f (x) = 2[x] + 1 − x est injective mais pas monotone.
43. La valeur absolue. Montrer que pour tout x, y ∈ R :
|x + y| + |x − y| = |x| + |y| + ||x| − |y||.
Indication : appliquer d’abord l’homogénéité de la valeur absolue pour
conclure qu’il suffit de considérer le cas y = 0 et y = 1.
Corrigé. Noter que l’identité est invariante sous le changement y 7→ −y
( et x 7→ −x). Donc sans perte de généralité, on peut supposer x, y ≥ 0. Si
y = 0, l’identité devient 2|x| = 2|x| et est donc vraie. Si y > 0, on divise
par y et on note x′ = x/y. L’identité s’écrit comme
|x′ + 1| + |x′ − 1| = |x′ | + 1 + ||x′ | − 1|.
On la vérifie facilement en analysant les domaines 0 ≤ x′ < 1, 1 ≤ x′ .
44. La valeur absolue. Transformer les fonctions suivantes en fonctions
définies par morceaux. Dessiner le graphe.

0
si x ≤ −1



2(x + 1) si − 1 < x ≤ 0
(a) f (x) = |x − 1| + |x + 1| − 2|x| =
2(1 − x) si 0 < x ≤ 1



0
si 1 < x.
(b) g(x) = ||x| − 1| − |x| = f (x) − 1.


0
si x ≤ −4





2(x + 4) si − 4 < x ≤ −1
(c) h(x) = |x−4|+|x+4|−|x−1|−|x+1| = 6
si − 1 < x ≤ 1



2(4 − x) si 1 < x ≤ 4



0
si 4 < x.
45. Une inégalité pour des fonctions trigonométriques. Pour 0 ≤ h <
π
, montrer à l’aide du cercle trigonométrique que
2
0 ≤ sin h ≤ h ≤ tan h.
En déduire que pour tout 0 < h < 1 :
1 − h < 1 − h2 < cos h <
sin h
< 1.
h
Idée : utiliser le fait que si A ⊂ B ⊂ R2 , alors Aire(A) ≤ Aire(B).
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS34
Corrigé.
Soit O l’origine. Alors △ (O, A, B) ⊂ ^(O, A, B) ⊂△ (O, A, C). Alors pour
π
tout 0 ≤ x <
2
x
tan x
sin x
< <
.
2
2
2
Donc pour tout 0 < x < 1 les deux inégalités impliquent :
√
√
sin x
> cos x = 1 − sin2 x > 1 − x2 > 1 − x2 > 1 − x.
1>
x
Remarque : étant donné que cos x, sinx x , et 1 − x2 sont des expressions
paires, on peut étendre ces inégalités au cas ou −1 < x < 0. Autrement
dit, pour tout 0 < |x| < 1
1>
sin x
> cos x > 1 − x2
x
46. Nombres complexes.
(
z2
Re
z−i
(
et
Im
z2
z−i
)
=
)
=
x(x2 + y 2 − 2y)
x2 + y 2 − 2y + 1
x2 y + x2 + y 3 − y 2
.
x2 + y 2 − 2y + 1
47. Nombres complexes.
(
)
1
(r2 − 1) cos θ
Re z −
=
z
r
et
)
(
(r2 + 1) sin θ
1
=
.
Im z −
z
r
48. Nombres complexes. Pour z = eiθ et tout entier n ≥ 1, on utilise les
relations cos −θ = cos θ et sin −θ = − sin θ pour obtenir :
zn −
1
= einθ − e−inθ = 2i sin nθ
zn
zn +
1
= einθ + e−inθ = 2 cos nθ.
zn
et
49. Nombres complexes. Soit z = 1 + i, alors z = 1 − i, |z| =
et z −1 = 1−i
2 .
√
2 , arg z =
π
4
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS35
50. Nombres complexes.
√ )19
√
(
( i π )19
i+ 3
i+ 3
6
=−
= e
.
2
2
51. Sommes trigonométriques. Rappelons que pour tout z ∈ C tel que
z ̸= 1, nous avons
n
∑
1 − z n+1
.
zk =
1−z
k=0
Par conséquent, pour tout θ ̸= 0
n
∑
eikθ =
k=0
1 − ei(n+1)θ
.
1 − eiθ
Si θ = 0 la somme vaut n + 1. Pour donner ensuite les sommes
n
n
n
n
∑
(∑
)
(∑
) ∑
sin kθ = Im
eikθ et Re
eikθ =
cos kθ
k=0
k=0
k=0
k=0
on peut transformer comme suit. L’astuce consiste à écrire le terme
(
)
eix − 1 = eix/2 eix/2 − e−ix/2 = 2ieix/2 sin x/2.
Donc pour tout θ ̸= 0 :
n
∑
eikθ =
einθ/2 sin (n+1)θ
2
sin θ2
k=0
et par conséquent
n
∑
k=0
sin kθ =
(n+1)θ
sin nθ
2 sin
2
sin θ2
et
n
∑
(n+1)θ
cos nθ
2 sin
2
cos kθ =
sin θ2
k=0
52. Factorisation d’un polynôme. Soit z ∈ C. On considère un polynôme
de degré n à coefficients dans C : Pn (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a0 .
Montrer que si z0 est une racine de Pn , alors z − z0 divise Pn . Autrement
dit, on pourra écrire Pn (z) = (z − z0 )(bn−1 z n−1 + · · · + b0 ).
Corrigé. Par hypothèse, on a que Pn (z0 ) = 0. Donc
Pn (z) = Pn (z) − Pn (z0 ) =
=
n
∑
k=0
n
∑
ak z k −
n
∑
ak z0k
k=0
ak (z k − z0k )
k=0
=
n
∑
ak (z − z0 )
k=0
= (z − z0 )
k−1
∑
z k−j−1 z0j
j=0
n k−1
∑
∑
k=0 j=0
ak z k−j−1 z0j
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS36
Pour passer de la deuxième à la troisième ligne, on a utilisé l’identité
n−1
∑ n−i−1 k
(an − bn ) = (a − b)
a
b démontrée dans le cours. On vérifie bien
i=0
à la dernière ligne que la double somme est un polynôme de degré n − 1.
53. Équations de degré 2.
√
−1+i 3
, z2
2
(a) Résoudre z 2 + z + 1 = 0 : z1 =
=
√
−1−i 3
.
2
(b) Résoudre z 2 + 2z + 5 = 0 : z1 = −1 + 2i, z2 = −1 − 2i.
(c) Résoudre 4z 2 + 2z + 1 = 0 : z1 =
√
−1+i 3
, z2
4
(d) Résoudre z 2 − 2iz − 3 = 0 : z1 = i +
√
=
√
−1−i 3
.
4
2, z2 = i −
√
2.
(e) Résoudre (1+i)z +(−1+7i)z −(10−2i) = 0 : z1 = −2i, z2 = −3−2i.
2
54. Équations de degré 3.
(a) Résoudre z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0 : z1 = 2, z2 = 1 + i, z3 = 1 − i.
(b) Résoudre 2z 3 + 14z 2 + 41z + 68 = 0 : z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0 :
z1 = −4, z2 = −3+5i
, z3 = −3−5i
.
2
2
55. Équations algébriques.
3+4k
(a) Résoudre z 6 +i = 0 : zk = cos(π 3+4k
12 )+i sin(π 12 ) , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Si jamais on veut les transformer en zk = xk + iyk , on utilise les formules de bissection pour sin et cos (voir ”Savoir
faire en mathématiques”,
√
3
π
p.129) pour calculer à partir de cos 6 = 2 et sin π6 = 12 :
√
√
π
2 1+ 3
cos
=
·
,
12
2
2
√
√
π
2 −1 + 3
sin
=
·
.
12
2
2
Ensuite en utilisant sin( π2 − x) = cos x, cos( π2 − x) = sin x :
√
√
5π
2 −1 + 3
cos
=
·
,
12
2
2
√
√
2 1+ 3
5π
sin
=
·
.
12
2
2
Alors (en donnant seulement les deux premiers explicitement)
√
(1 + i) 2
,
2
z0 =
√
z1 = −
2 −1 +
·
2
2
√
3
√
+i
√
2 1+ 3
·
,...
2
2
(b) z 4 − 2z 3 − z 2 + 2z + 10 = 0 : z1 = 2 + i, z2 = 2 − i, z3 = −1 + i,
z4 = −1 − i.
√
√
√
√
(c) z 3 +( 3−i)z 2 +(1−i 3)z −i = 0 : z1 = i, z2 = − 23+i , z3 = − 23−i .
(d) Résoudre z 4 +3z 2 +1 = 0 : z1 =
√
5+1)
.
2
z4 = − i(
(e) Résoudre z 4 +1 = 0 : z1 =
√
z4 = − 22 (1 + i).
√
i( 5−1)
, z2
2
√
2
2 (1+i),
z2 =
= − i(
√
5−1)
, z3
2
√
2
2 (1−i),
=
√
z3 =
√
i( 5+1)
,
2
2
2 (−1+i),
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS37
z+i
56. Point fixe d’une application. L’application f (z) = z−i
a deux points
fixes :
√
√
1+ 3
1− 3
p1 =
(1 + i), p2 =
(1 + i).
2
2
57. Équations d’un cercle dans le plan complexe. L’équation de S est
|z − z0 |2 = r2 |z|2 qui est équivalente à
z −
z0 rz0 =
.
1 − r2
1 − r2
rz z0
02 .
C’est un cercle autour du centre 1−r
2 de rayon
1−r
58. Image d’un cercle sous une application affine. On pose w = f (z) et
on résoud pour z, i.e. z = f −1 (w). On insert cette identité dans l’équation
de S. Donc
√
f [S] = {w ∈ C : |f −1 (w) − (1 + 2i)| = 1} = {w ∈ C : |w − 12i| = 13}.
√
L’image de S est le cercle du rayon 13 autour du point 12i.
59. Image d’un cercle sous l’application f (z) = 1z .* Si z0 = 0 la proposition est evidente. Soit z0 ̸= 0. Alors
f [SR (z0 )] = {w ∈ C : |
1
1
R
− z0 | = R} = {w ∈ C : |w − | =
w}
w
z0
|z0 |
1
r
Par l’exercice 57, c’est un cercle autour du centre z0 (1−r
2 ) de rayon |z (1−r 2 )|
0
avec r = |zR0 | (noter qu’en effet r ̸= 0 et r ̸= 1) donc la proposition est
démontrée.
Les cercles identiques à leur image sous f , i.e. f [SR (z0 )] = SR (z0 ), vérifient
les deux conditions
z̄0
= z0
|z0 − R2
invariance du centre
R
=R
|R2 − |z0 |2 |
invariance du rayon.
|2
La première équation donne z0 ∈ R et si z0 ̸= 0, alors |z0 |2 − R2 = 1,
donc |z0 | > 1. Cette dernière condition est compatible avec l’invariance
du rayon. Si z0 = 0, alors R = 1. Par conséquent, pour tout z0 ∈ R,
|z0 | > 1, le cercle
S√z2 −1 (z0 )
0
correspond à son image sous l’application f (z) = z1 . De plus le cercle S1 (0)
est invariant sous f (z) = z1 .