Corrigé du Partiel du 6 Novembre 2014.

Universit´ e de Nice - Sophia Antipolis Option Maths 1 - L1
Corrig´e 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 r´ecurrence, ´ecrire soigneusement la propri´et´e Pn: “an>0” que l’on souhaite ´etablir;
- dans notre d´efinition de suites adjacentes, on ne demande pas ”an>bn”;
- dans notre th´eor`eme de convergence sur les suites monotones, on ne demande pas `a la suite d’ˆetre strictement crois-
sante, mais juste croissante.
Exercice 1. 4pts.
Exercice 2. Un peu d’arithm´etique, 5.5pts.
1) On veut d´emontrer par l’absurde que 3
√2 est irrationnel. On suppose donc qu’il existe des entiers aet bsup´erieurs
`a 1 tels que a∧b= 1 et 3
√2 = a/b. On a alors, en ´elevant au cube, a3= 2b3. L’entier 2b3est pair. Comme un produit
d’entiers n’est pair que si l’un au moins des facteurs est pair, on doit avoir apair. Il existe donc a0∈Ntel que a= 2a0.
Par suite, 2b3=a3= 23(a0)3et donc b3= 4(a0)3. Le mˆeme raisonnement nous dit que best aussi pair, ce qui n’est
pas possible car alors aet bne sont pas premiers entre eux : contradiction. Ainsi, 3
√2 est bien irrationnel.
2) Soient a,b,ctrois entiers relatifs. On rappelle l’´egalit´e pgcd(ac, bc) = |c|×pgcd(a, b). Il est toujours vrai que a|ac.
Si, de plus, a|bc, alors le cours garantit que adoit diviser le pgcd de ac et de bc. D’apr`es la formule rappel´ee, on a
dont a|pgcd(ac, bc) = |c| × pgcd(a, b) = |c|, puisque pgcd(a, b) = 1 par hypoth`ese. Ainsi, a|ccomme voulu.
3) a) Le lemme d’Euclide dit que si pest un nombre premier et si aet bsont deux entiers relatifs tels que p|ab, alors
pdivise aou pdivise b(ou les deux).
b) Le nombre premier pest fix´e une fois pour toutes. On note, pour m∈N∗,Hmla propri´et´e : pour tous a1, ... ,
am∈Z, si p|a1a2···am, alors pdivise a1, ou pdivise a2, ... , ou pdivise am.
La propri´et´e H1est vraie, mais sans int´erˆet. La propri´et´e H2est exactement le lemme d’Euclide et est donc vraie.
Supposons que pour un m>1 (ou m>2), la propri´et´e Hmsoit vraie et montrons Hm+1. On consid`ere donc m+ 1
entiers relatifs a1, ... , am,am+1 tels que p|a1a2···amam+1. Afin d’appliquer le lemme d’Euclide, on regroupe les m
premiers entiers : pdivise a1a2···amam+1 = (a1a2···am)×am+1. On peut appliquer le lemme d’Euclide avec les
deux entiers (a1a2···am) et am+1 :pdivise am+1 ou pdivise (a1a2···am). Dans le premier cas, c’est termin´e. Dans
le second, on applique l’hypoth`ese de r´ecurrence (il y a bien un produit de mentiers) pour d´eduire que pdivise a1, ou
a2, ... , ou am, et l’on a bien ´etabli que Hm+1 est vraie.
Le principe de r´ecurrence montre que Hmest vraie quel que soit m∈N∗. Noter que l’on peut faire partir la
r´ecurrence de m= 1 mais que l’on a de toute fa¸con 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´etant deux `a deux distincts, une formule du cours nous dit que pgcd 
r
Y
j=1
pαj
j,
r
Y
j=1
pβj
j
=
r
Y
j=1
pmin(αj,βj)
jet que ppcm 
r
Y
j=1
pαj
j,
r
Y
j=1
pβj
j
=
r
Y
j=1
pmax(αj,βj)
j. Comme max(αj, βj)>min(αj, βj), on peut ´ecrire
r
Y
j=1
pmax(αj,βj)
j=A×
r
Y
j=1
pmin(αj,βj)
j, avec Adef
=
r
Y
j=1
pmax(αj,βj)−min(αj,βj)
j∈N, ce qui montre clairement que pgcd 
r
Y
j=1
pαj
j,
r
Y
j=1
pβj
j
ppcm 
r
Y
j=1
pαj
j,
r
Y
j=1
pβj
j
.
b) Supposons qu’un tel couple (a, b) d’entiers existe. On d´ecompose aet ben produits de facteurs premiers (th´eor`eme
fondamental de l’arithm´etique) et on note p1, ... , prla liste des nombres premiers intervenant dans la r´eunion des
deux d´ecompositions, de sorte que as’´ecrit
r
Y
j=1
pαj
jet bs’´ecrit
r
Y
j=1
pβj
jpour des entiers naturels α1, ... , αret β1, ... ,
βr. Noter que contrairement `a l’´enonc´e du th´eor`eme fondamental de l’arithm´etique, on ne demande pas aux αjet βj
d’ˆetre strictement positifs, car il se pourrait par exemple qu’un nombre premier apparaisse dans la d´ecomposition de
amais pas dans celle de b.
1

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
(116 = 9.12+8). Conclusion : il n’existe pas de couple d’entiers relatifs (a, b) v´erifiant le syst`eme pgcd(a, b)=9
ppcm(a, b) = 116 .
2) Soit aet bdeux entiers strictement positifs tels que pgcd(a, b) = 9 et ppcm(a, b) = 117.
a) Par d´efinition, le pgcd de deux entiers divise ces deux entiers, donc 9 = pgcd(a, b) divise aet b: il existe donc deux
entiers strictement positifs a0et b0tels que a= 9a0et b= 9b0.
b) Pour tous A,B,Centiers 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 cons´equent, 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 a0b0= pgcd(a0, b0)×ppcm(a0, b0) = 1 ×13 = 13. On a donc : pgcd(a0, b0) = 1;
ppcm(a0, b0) = 13; et a0b0= 13.
c) L’entier 13 ´etant premier, on doit avoir (a0et b0sont 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 ´evident que ces
deux couples sont bien solutions du probl`eme.
Exercice 3. Moyenne arithm´etico-harmonique, 8.5pts. On se donne a0> b0>0 et on consid`ere la suite r´ecurrente
(an, bn)n≥0d´efinie pour n∈Npar an+1 =an+bn
2,bn+1 =2anbn an+bn
. A ce stade, il n’est pas clair que cette suite soit
bien d´efinie puisque l’on divise par an+bnqui pourrait ˆetre nul.
1) a) Pour n∈N, on consid`ere la propri´et´e Hn:anet bnsont bien d´efinis et strictement positifs. Il est manifeste que
H0est vraie. Supposons que pour un n∈N,Hnsoit vraie. Alors (an+bn)/2 est bien d´efini et strictement positif, de
mˆeme que 2anbn/(an+bn) comme quotient de nombres strictement positifs. Donc Hn+1 est vraie et on conclut avec
le principe de r´ecurrence.
b) Pour n∈N, on a
an+1 −bn+1 =an+bn
2−2anbn an+bn
=(an+bn)2−4anbn
2(an+bn)=a2
n+b2 n+ 2anbn−4anbn
2(an+bn)=(an−bn)2 2(an+bn)
qui est bien positif car le carr´e du num´erateur 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)/260 d’apr`es 1) b) appliqu´ee avec “n” = n−1>0 (n>1). Par
ailleurs, on a bn+1 −bn=2anbn
an+bn−bn=bn(an−bn)/(an+bn)>0 pour la mˆeme raison (on peut aussi dire que
bn+1/bn=2an
an+bn
>1 puisque an>bnet conclure avec la stricte positivit´e de bn). En conclusion, la suite (an)n≥1
est d´ecroissante et la suite (bn)n≥1est croissante.
b) La suite (an)n≥1est d´ecroissante et `a termes (strictement) positifs (cf. 1) a)), donc converge d’apr`es le th´eor`eme
de convergence pour les suites monotones. De plus, on a, pour n∈N∗,bn6an6a0, grˆace `a 1) b) (n>1) et `a la
d´ecroissance de la suite (an)n≥1. Ainsi, la suite (bn)n≥1est croissante et major´ee par a0(qui ne d´epend bien sˆur pas
de n), donc converge elle aussi toujours d’apr`es le th´eor`eme de convergence pour les suites monotones. On note Ala
limite de la suite (an)n≥1et Bla limite de la suite (bn)n≥1.
c) D’apr`es les r´esultats sur les limites et les additions et les multiplications, on peut passer `a la limite dans l’´egalit´e
an+1 = (an+bn)/2 pour obtenir A= (A+B)/2, soit A=B. Les deux suites (an)n≥1et (bn)n≥1ont donc la mˆeme
limite, not´ee x=A=B.
3) a) Pour n∈N, on a an+1bn+1 =an+bn
2×2anbn an+bn
=anbn, ce qui montre que le produit anbnne d´epend pas de
ncar la suite (anbn) est constante: pour tout n∈N,anbn=a0b0.
b) On passe `a la limite dans l’´egalit´e pr´ec´edente : comme an→xet bn→x, on en d´eduit que x2=a0b0. De plus, x
est positif car an→xet an>0 pour tout n(passage `a la limite dans les in´egalit´es larges). Donc, x=√a0b0.
On notera que la moyenne arithm´etico-harmonique est en fait la moyenne g´eom´etrique. Notons ´egalement que si
l’on part de a0=y > 0 et b0= 1, cela nous fait un moyenne d’approcher num´eriquement √y=√a0b0en utilisant
uniquement des additions, multiplications et divisions (comparer avec la m´ethode de H´eron).
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