Corrigé du Partiel du 6 Novembre 2014.

Option Maths 1 - L1
Université de Nice - Sophia Antipolis
Corrigé du Partiel du 6 Novembre 2014.
Quelques conseils pour corriger des fautes un peu trop souvent vues :
- Ne pas confondre positif (ou croissant) x > 0 et strictement positif (ou strictement croissant) x > 0;
- Pour une récurrence, écrire soigneusement la propriété Pn : “an > 0” que l’on souhaite établir;
- dans notre définition de suites adjacentes, on ne demande pas ”an > bn ”;
- dans notre théorème de convergence sur les suites monotones, on ne demande pas à la suite d’être strictement croissante, mais juste croissante.
Exercice 1. 4pts.
Exercice 2. Un peu d’arithmétique, 5.5pts.
√
1) On veut démontrer par
l’absurde que 3 2 est irrationnel. On suppose donc qu’il existe des entiers a et b supérieurs
√
à 1 tels que a ∧ b = 1 et 3 2 = a/b. On a alors, en élevant au cube, a3 = 2b3 . L’entier 2b3 est pair. Comme un produit
d’entiers n’est pair que si l’un au moins des facteurs est pair, on doit avoir a pair. Il existe donc a0 ∈ N tel que a = 2a0 .
Par suite, 2b3 = a3 = 23 (a0 )3 et donc b3 = 4(a0 )3 . Le même raisonnement nous dit√que b est aussi pair, ce qui n’est
pas possible car alors a et b ne sont pas premiers entre eux : contradiction. Ainsi, 3 2 est bien irrationnel.
2) Soient a, b, c trois entiers relatifs. On rappelle l’égalité pgcd(ac, bc) = |c| × pgcd(a, b). Il est toujours vrai que a|ac.
Si, de plus, a|bc, alors le cours garantit que a doit diviser le pgcd de ac et de bc. D’après la formule rappelée, on a
dont a| pgcd(ac, bc) = |c| × pgcd(a, b) = |c|, puisque pgcd(a, b) = 1 par hypothèse. Ainsi, a|c comme voulu.
3) a) Le lemme d’Euclide dit que si p est un nombre premier et si a et b sont deux entiers relatifs tels que p|ab, alors
p divise a ou p divise b (ou les deux).
b) Le nombre premier p est fixé une fois pour toutes. On note, pour m ∈ N∗ , Hm la propriété : pour tous a1 , ... ,
am ∈ Z, si p|a1 a2 · · · am , alors p divise a1 , ou p divise a2 , ... , ou p divise am .
La propriété H1 est vraie, mais sans intérêt. La propriété H2 est exactement le lemme d’Euclide et est donc vraie.
Supposons que pour un m > 1 (ou m > 2), la propriété Hm soit vraie et montrons Hm+1 . On considère donc m + 1
entiers relatifs a1 , ... , am , am+1 tels que p|a1 a2 · · · am am+1 . Afin d’appliquer le lemme d’Euclide, on regroupe les m
premiers entiers : p divise a1 a2 · · · am am+1 = (a1 a2 · · · am ) × am+1 . On peut appliquer le lemme d’Euclide avec les
deux entiers (a1 a2 · · · am ) et am+1 : p divise am+1 ou p divise (a1 a2 · · · am ). Dans le premier cas, c’est terminé. Dans
le second, on applique l’hypothèse de récurrence (il y a bien un produit de m entiers) pour déduire que p divise a1 , ou
a2 , ... , ou am , et l’on a bien établi que Hm+1 est vraie.
Le principe de récurrence montre que Hm est vraie quel que soit m ∈ N∗ . Noter que l’on peut faire partir la
récurrence de m = 1 mais que l’on a de toute façon besoin du cas m = 2 (i.e. du lemme d’Euclide) pour faire marcher
la preuve.
Exercice 3. Avec des pgcd et des ppcm, 7pts.

1) a) Les premiers p1 , ... , pr étant deux à deux distincts, une formule du cours nous dit que pgcd 
r
Y
j=1
r
Y

min(αj ,βj )
pj
et que ppcm 
j=1
r
Y
j=1
r
Y
α
pj j ,
j=1
max(αj ,βj )
pj
= A×
r
Y
j=1
min(αj ,βj )
pj
,
r
Y

β
pj j  =
j=1
r
Y
max(αj ,βj )
pj
α
pj j ,
r
Y

β
pj j  =
j=1
. Comme max(αj , βj ) > min(αj , βj ), on peut écrire
j=1
def
avec A =
r
Y

max(αj ,βj )−min(αj ,βj )
pj
j=1
∈ N, ce qui montre clairement que pgcd 
r
Y
α
pj j ,
j=1
b) Supposons qu’un tel couple (a, b) d’entiers existe. On décompose a et b en produits de facteurs premiers (théorème
fondamental de l’arithmétique) et on note p1 , ... , pr la liste des nombres premiers intervenant dans la réunion des
r
r
Y
Y
α
β
pj j pour des entiers naturels α1 , ... , αr et β1 , ... ,
deux décompositions, de sorte que a s’écrit
pj j et b s’écrit
j=1
j=1
βr . Noter que contrairement à l’énoncé du théorème fondamental de l’arithmétique, on ne demande pas aux αj et βj
d’être strictement positifs, car il se pourrait par exemple qu’un nombre premier apparaisse dans la décomposition de
a mais pas dans celle de b.
1
r
Y
j=1

β
pj j  On peut alors appliquer le a) qui nous dit que 9 = pgcd(a, b) doit diviser ppcm(a, b) = 116, ce qui n’est pas le cas
pgcd(a, b) = 9
(116 = 9.12+8). Conclusion : il n’existe pas de couple d’entiers relatifs (a, b) vérifiant le système
.
ppcm(a, b) = 116
2) Soit a et b deux entiers strictement positifs tels que pgcd(a, b) = 9 et ppcm(a, b) = 117.
a) Par définition, le pgcd de deux entiers divise ces deux entiers, donc 9 = pgcd(a, b) divise a et b : il existe donc deux
entiers strictement positifs a0 et b0 tels que a = 9a0 et b = 9b0 .
b) Pour tous A, B, C entiers naturels, on a les relations vues en cours pgcd(AC, BC) = C×pgcd(A, B); ppcm(AC, BC) =
C ×ppcm(A, B); pgcd(A, B)×ppcm(A, B) = A.B. Par conséquent, on a d’une part 9 = pgcd(a, b) = pgcd(9.a0 , 9.b0 ) =
9 pgcd(a0 , b0 ), donc pgcd(a0 , b0 ) = 1; d’autre part 117 = ppcm(a, b) = ppcm(9.a0 , 9.b0 ) = 9 ppcm(a0 , b0 ), donc ppcm(a0 , b0 ) =
117/9 = 13; et finalement a0 b0 = pgcd(a0 , b0 ) × ppcm(a0 , b0 ) = 1 × 13 = 13. On a donc : pgcd(a0 , b0 ) = 1;
ppcm(a0 , b0 ) = 13; et a0 b0 = 13.
c) L’entier 13 étant premier, on doit avoir (a0 et b0 sont positifs) (a0 , b0 ) = (1, 13) ou (a0 , b0 ) = (13, 1). Par suite, on
trouve que les seules valeurs possibles du couple (a, b) = (9.a0 , 9.b0 ) sont (9, 117) ou (117, 9). Il est évident que ces
deux couples sont bien solutions du problème.
Exercice 3. Moyenne arithmético-harmonique, 8.5pts. On se donne a0 > b0 > 0 et on considère la suite récurrente
2an bn
a n + bn
, bn+1 =
. A ce stade, il n’est pas clair que cette suite soit
(an , bn )n≥0 définie pour n ∈ N par an+1 =
2
an + bn
bien définie puisque l’on divise par an + bn qui pourrait être nul.
1) a) Pour n ∈ N, on considère la propriété Hn : an et bn sont bien définis et strictement positifs. Il est manifeste que
H0 est vraie. Supposons que pour un n ∈ N, Hn soit vraie. Alors (an + bn )/2 est bien défini et strictement positif, de
même que 2an bn /(an + bn ) comme quotient de nombres strictement positifs. Donc Hn+1 est vraie et on conclut avec
le principe de récurrence.
b) Pour n ∈ N, on a
an+1 − bn+1 =
an + bn
2an bn
a2 + b2n + 2an bn − 4an bn
(an − bn )2
(an + bn )2 − 4an bn
−
= n
=
=
2
an + bn
2(an + bn )
2(an + bn )
2(an + bn )
qui est bien positif car le carré du numérateur est positif et an + bn > 0 (car an , bn > 0). Ceci montre bien que
an+1 > bn+1 .
2) a) Si n ∈ N∗ , on a an+1 − an = (bn − an )/2 6 0 d’après 1) b) appliquée avec “n” = n − 1 > 0 (n > 1). Par
2an bn
ailleurs, on a bn+1 − bn =
− bn = bn (an − bn )/(an + bn ) > 0 pour la même raison (on peut aussi dire que
a n + bn
2an
bn+1 /bn =
> 1 puisque an > bn et conclure avec la stricte positivité de bn ). En conclusion, la suite (an )n≥1
an + bn
est décroissante et la suite (bn )n≥1 est croissante.
b) La suite (an )n≥1 est décroissante et à termes (strictement) positifs (cf. 1) a)), donc converge d’après le théorème
de convergence pour les suites monotones. De plus, on a, pour n ∈ N∗ , bn 6 an 6 a0 , grâce à 1) b) (n > 1) et à la
décroissance de la suite (an )n≥1 . Ainsi, la suite (bn )n≥1 est croissante et majorée par a0 (qui ne dépend bien sûr pas
de n), donc converge elle aussi toujours d’après le théorème de convergence pour les suites monotones. On note A la
limite de la suite (an )n≥1 et B la limite de la suite (bn )n≥1 .
c) D’après les résultats sur les limites et les additions et les multiplications, on peut passer à la limite dans l’égalité
an+1 = (an + bn )/2 pour obtenir A = (A + B)/2, soit A = B. Les deux suites (an )n≥1 et (bn )n≥1 ont donc la même
limite, notée x = A = B.
2an bn
an + bn
×
= an bn , ce qui montre que le produit an bn ne dépend pas de
2
an + bn
n car la suite (an bn ) est constante: pour tout n ∈ N, an bn = a0 b0 .
b) On passe à la limite dans l’égalité précédente : comme an → x et bn → x, on en déduit que x2 = a0 √
b0 . De plus, x
est positif car an → x et an > 0 pour tout n (passage à la limite dans les inégalités larges). Donc, x = a0 b0 .
3) a) Pour n ∈ N, on a an+1 bn+1 =
On notera que la moyenne arithmético-harmonique est en fait la moyenne géométrique. Notons√également que si
√
l’on part de a0 = y > 0 et b0 = 1, cela nous fait un moyenne d’approcher numériquement y = a0 b0 en utilisant
uniquement des additions, multiplications et divisions (comparer avec la méthode de Héron).
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