Analyse I pour Ingénieurs - Exercices 2006-2007

Analyse I pour Ingénieurs - Exercices 2006-2007
Joachim STUBBE
20 octobre 2006
Chapitre 1
Nombres
1.1
Exercices
1. Axiomes. En utilisant les axiomes algébriques d’un corps K montrez
l’élément neutre de l’addition 0 est unique.
2. Axiomes. En utilisant les axiomes algébriques pour les nombres réels
montrez que pour tout x ∈ R on a : 0 · x = 0 et (−1) · x = −x. En déduire
que (−1) · (−1) = 1.
3. Axiomes. En utilisant les axiomes d’ordre pour les nombres réels et le
résultat de l’exercice 2 montrez que pour tout x 6= 0 on a : x2 := x · x > 0,
i.e. le carré d’un nombre réel nonzéro est positif.
4. La progression géométrique. Montrez que pour tout x, y ∈ R et tout
entier positif n :
xn − y n = (x − y) ·
n−1
X
xn−k−1 y k
k=0
En déduire que la somme d’une progression géométrique, à savoir pour
tout réel a 6= 1 et tout entier positif n :
n
X
ak =
k=0
2000
5. Montrez que pour 2000
1 − an+1
.
1−a
− 1 est divisible par 1999.
6. Inégalité de Young. Montrer que pour tout entier positif n et tout
a, b > 0 :
b(bn − an ) − nan (b − a) ≥ 0.
En déduire pour tout x, y > 0 l’inégalité de Young :
n+1
xy ≤
xn+1
ny n
+
.
n+1
n+1
2
CHAPITRE 1. NOMBRES
3
7. Une progression arithmétrique. Montrez que pour tout entier positif
n:
n
X
n(n + 1)
k=
.
2
k=1
8. La somme de carrés d’entiers. Montrez que pour tout entier positif
n:
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
.
k2 =
6
k=1
En déduire la somme suivante :
1000
X
(k + 1)(3k + 2).
k=0
9. La somme alternée de carrés d’entiers. Montrer par récurrence que
pour tout n ∈ N
n
X
n(n + 1)
(−1)n−k k 2 =
2
k=0
10. Une inégalité pour le factoriel. Montrez qu’il existe n0 ∈ N tel que
pour tout n > n0 :
n! > 2n .
Donner le plus petit n0 possible.
11. La somme de cubes d’entiers. Pour tout entier positif n donner
n
X
k3
k=1
Idée : Appliquer l’identité
n
X
ak =
k=1
n
X
an+1−k
k=1
et les résultats des exercices 7 et 8.
12. La formule de binôme de Newton. Soient k, n des entiers tels que
0 ≤ k ≤ n. On définit le coefficient binomial Cnk par
n!
n
k
Cn =
=
.
k
k!(n − k)!
Vérifiez que pour tout n ≥ k ≥ 1 :
CHAPITRE 1. NOMBRES
4
n+1
n
n
=
+
.
k
k−1
k
Montrez que pour tout x, y ∈ R et tout entier positif n la formule de
binôme de Newton :
n X
n k n−k
(x + y)n =
x y
.
k
k=0
(a) Constater que pour tout entier n > 1 :
n
2 =
n X
n
k=0
k
(b) Montrez que pour tout entier n > 1, l’équation an + bn = cn n’admet
aucune solution pour a, b, c ∈ N avec 0 < a, b < n.
13. Sommes téléscopiques I.
Soit f : N → R une fonction définie pour tout entier naturel n. Montrer
par récurrence la somme téléscopique
f (n + 1) − f (0) =
n
X
f (k + 1) − f (k)
k=0
pour tout n ∈ N.
(a) En posant f (n) = an pour un a ∈ R, a 6= 1 démontrer ainsi la formule
pour la progression géométrique (voir l’exercice 4)
(b) Poser f (n) = n2 et en déduire la formule pour la progression arithmétique
(voir l’exercice 7)
(c) Trouver une formule pour
n
X
kak .
k=0
14. Sommes téléscopiques II. En posant f (n) = sin((n+a)x) avec a, x ∈ R
choisir a convenablement et donner pour tout x ∈ R la somme trigonométrique
n
X
cos kx.
k=0
15. L’inégalité de Bernoulli. Montrez que pour tout x ∈ R+ et tout entier
positif n l’inégalité de Bernoulli :
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
CHAPITRE 1. NOMBRES
5
16. L’inégalité de Cauchy-Schwarz I. Soient x1 , . . . , xn ∈ R et y1 , . . . , yn R.
Montrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz, à savoir
X
n
2
≤
xk yk
k=1
n
X
n
X
x2k
k=1
yk2 .
k=1
En déduire que
X
n
2
≤n
xk
k=1
n
X
x2k .
k=1
Idée : Pour montrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz noter que
X
n
2
xk yk
=
k=1
n X
n
X
xk yk xl yl
k=1 l=1
et écrire xk yk xl yl comme somme et différence des carrés pour conclure.
17. L’inégalité de Cauchy-Schwarz II *. Montrer l’inégalité de CauchySchwarz, à savoir
X
2 X
n
n
n
X
xk yk
≤
x2k
yk2 .
k=1
k=1
k=1
par récurrence.
18. L’inégalité des moyens géométriques et arithmétiques I*.Soient
x1 , . . . , xn ∈ R+ dont le produit vaut 1. Montrer que
n≤
n
X
xk .
k=1
19. L’inégalité des moyens géométriques et arithmétiques II*. Soient
a1 > 0, . . . , an > 0. Montrer que leur moyenne géométrique, est inférieure
à leur moyenne arithmétique. Autrement dit,
Y
n
1/n
ak
k=1
n
1X
ak .
≤
n
k=1
20. Un produit fini. Montrez que pour tout entier positif n :
n
Y
k=1
1+
1 k
(n + 1)n
=
.
k
n!
21. Nombres rationnels et irrationels*
(a) Montrer qu’entre deus irrationnels distincts, il y a une infinité de
rationnels.
(b) Montrer qu’entre deus rationnels distincts, il y a une infinité d’irrationnels.
CHAPITRE 1. NOMBRES
6
22. Nombres complexes. Soit z = x + iy 6= i. Ecrire, en fonction de x et y
2 2 z
z
Re
et im
.
z−i
z−i
23. Nombres complexes. Soit z = reiθ = r exp (iθ) 6= 0. Ecrire, en fonction
de r et θ
1
1
1
1
< z−
≡ Re z −
et = z −
≡ Im z −
.
z
z
z
z
24. Nombres complexes. Soit z = eiθ . Montrer que pour tout entier n ≥ 1 :
zn −
1
= 2i sin nθ
zn
zn +
1
= 2 cos nθ.
zn
et
25. Nombres complexes. Pour le nombre complexe z = 1 − i, calculer
z, |z| , arg z et z −1 .
26. Calculer
√ 19
i+ 3
.
2
27. Sommes trigonométriques. Soit θ 6= 2πp avec p ∈ Z. Pour tout entier
n ≥ 1 calculer :
n
X
eikθ .
k=0
En déduire les deux sommes suivantes :
n
X
sin kθ et
k=0
n
X
cos kθ.
k=0
28. Équations de degré 2.
(a) Résoudre z 2 + z + 1 = 0.
(b) Résoudre z 2 + 2z + 5 = 0.
(c) Résoudre 4z 2 + 2z + 1 = 0.
(d) Résoudre z 2 − 2iz − 3 = 0.
(e) Résoudre (1 + i)z 2 + (−1 + 7i)z − (10 − 2i) = 0.
CHAPITRE 1. NOMBRES
7
29. Équations de degré 3.
(a) Résoudre z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0.
(b) Résoudre 2z 3 + 14z 2 + 41z + 68 = 0.
30. Équations algébriques.
(a) Résoudre
z6 + i = 0
.
(b) Vérifier que 2 + i est une solution de l’équation
z 4 − 2z 3 − z 2 + 2z + 10 = 0.
Trouver les trois autres racines.
(c) Résoudre l’équation
√
√
z 3 + ( 3 − i)z 2 + (1 − i 3)z − i = 0
sachant qu’elle admet une racine qui est imaginaire pure.
(d) Résoudre z 4 + 3z 2 + 1 = 0.
(e) Résoudre z 4 +1 = 0. Ècrire z 4 +1 comme produit de deux polynômes
de degré 2 àcoefficients réels.
31. Point fixe d’une application. Soit f : C −→ C. On appelle p ∈ C un
point fixe de l’application f si p = f (p). Trouver les points fixes de f si
z+i
.
f (z) = z−i
32. Équations d’un cercle dans le plan complexe. Soit r > 0 tel que
r 6= 0 et r 6= 1. Montrer que pour tout z0 ∈ C l’ensemble S définie par
z − z0 = r}
S := {z ∈ C : z
représente un cecle. Donner son centre et son rayon.
33. Image d’un cercle sous une application affine. Soit S := {z ∈ C :
|z − (1 + 2i)| = 1}. Soit f : C −→ C l’application affine donneé par
f (z) = (2 + 3i)z + 4 + 5i. Donner l’ensemble f [S], i.e. l’image du cercle S
sous f .
34. Image d’un cercle sous l’application f (z) = 1z .* Pour z0 ∈ C et R > 0
tel que |z0 | 6= R soit
SR (z0 ) = {z ∈ C : d(z, z0 ) = |z − z0 | = R}.
Démontrer la proposition suivante : L’image du cercle SR (z0 ) sous l’application z → z1 est le cercle
S
R
|R2 −|z0 |2 |
z̄0
2
|z0 − R
|2
Quels cercles sont identiques à leurs immages sous cette application ?
CHAPITRE 1. NOMBRES
1.2
8
Corrigés
1. Axiomes. Soit 00 ∈ K un autre élément tel que 00 + x = x pour tout
x ∈ K, en particulier, 00 + 0 = 0. D’autre part,0 + x = x pour tout x ∈ K,
en particulier, 0 + 00 = 00 . L’addition est commutative, i.e. 00 + 0 = 0 + 00 ,
donc 00 = 0. q.e.d.
2. Axiomes. Notons d’abord les axiomes algébriques. Soient 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 6= 0 tel que pour tout x : 1 · x = x.
A6 Pour chaque x 6= 0 il existe un élément noté x−1 tel que x · x−1 = 1.
A7 x · (y + z) = x · y + x · z.
Montrons 0 · x = 0 (entre parenthèses l’axiome appliqué) :
0·x=0+0·x
= (x + (−x)) + 0 · x
= (−x + x) + 0 · x
= −x + (x + 0 · x)
= −x + (1 · x + 0 · x)
= −x + (x · 0 + x · 1)
= −x + (x · (0 + 1))
= −x + (x · 1)
= −x + (1 · x)
= −x + x
= x + (−x)
=0
(A3)
(A4)
(A2)
(A1)
(A5)
(A2)
(A7)
(A3)
(A2)
(A5)
(A2)
(A4)
Remarque : Les étappes (A2) peuvent être supprimées en appliquant
directement la loi commutative dans les autres axiomes.
Donc brièvement (exercice : noter les étappes 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).
CHAPITRE 1. NOMBRES
9
3. Axiomes. 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 2, 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 2. q.e.d.
4. La progression géométrique. 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
X
an−k−1 bk = (a − b) ·
k=0
0
X
a1−k−1 bk = (a − b) · a0 b0 = a − b
k=0
Par conséquent, R(1) est vrai. 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
Nous utilisons ensuite la relation R(n). Donc
an+1 − bn+1 = a · (a − b) ·
n−1
X
an−k−1 bk + (a − b)bn
k=0
= (a − b) ·
n−1
X
an+1−k−1 bk + (a − b)bn
k=0
Notant que bn =
Pn
k=n
an+1−k−1 bk nous obtenons la relation R(n + 1) :
an+1 − bn+1 = (a − b) ·
n−1
X
an+1−k−1 bk +
k=0
n
X
an+1−k−1 bk
k=n
= (a − b) ·
n+1−1
X
an+1−k−1 bk .
k=0
i.e. le resultat.
Posons ensuite x = 1 et y = a et remplaçcons n par n + 1. Alors la relation
s’écrit comme suit :
1n+1 − an+1 = (1 − a) ·
n+1−1
X
1n+1−k−1 ak
k=0
i.e.
1 − an+1 = (1 − a) ·
n
X
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 6= 1.
CHAPITRE 1. NOMBRES
10
5. Par l’exercice 4 nous avons
2000
2000
− 1 = 1999 ·
1999
X
2000k .
k=0
La somme est une somme des nombres naturels et par conséquent 20002000 −
1 est divisible par 1999.
6. Inégalité de Young. Avec la progression géométrique (voir l’exercice 4)
on a :
n−1
X
b(bn − an ) − nan (b − a) = (b − a) ·
bn−k ak − nan
k=0
n−1
X
bn−k
−
n
an−k
k=0
n−1
X 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 evaluant 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.
7. Une progression arithmétrique. 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
X
k=1
k=
n
X
k + (n + 1) =
k=1
n(n + 1)
(n + 1)(n + 2)
+ (n + 1) =
.
2
2
Démonstration 2 - par changement d’indice. Soient ak ∈ R et
k = 1, ..., n. Le changement d’indice j = n + 1 − k dans la somme
n
X
ak
k=1
donne
n
X
ak =
k=1
et donc
n
X
k=1
n
X
an+1−j =
j=1
1
ak =
2
n
X
an+1−k .
k=1
X
n
k=1
(ak + an+1−k ) .
CHAPITRE 1. NOMBRES
11
Par conséquent,
n
X
k=1
1
k=
2
X
n
k=1
n
1 X
n(n + 1)
.
(k + n + 1 − k) =
(n + 1) =
2
2
k=1
8. La somme de carrés d’entiers. 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
X
k2 =
k=1
n
X
k 2 +(n+1)2 =
k=1
(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1
n(n + 1)(2n + 1)
+(n+1)2 =
.
6
6
Ensuite, en utilisant
n
X
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
on a pour tout n
n
X
(k + 1)(3k + 2) =
k=0
Donc
n(n + 1)(2n + 1) 5n(n + 1)
+
+2(n+1) = (n+1)2 (n+2).
2
2
1000
X
(k + 1)(3k + 2) = 1004005002.
k=0
9. La somme alternée de carrés d’entiers. La formule est vraie pour
n = 0. Supposons qu’elle est vrai pour un n ∈ N. On doit montrer que
ceci implique qu’elle est vraie pour n + 1, i.e.
n+1
X
(−1)n+1−k k 2 =
k=0
(n + 1)(n + 2)
2
Alors,
n+1
X
(−1)n+1−k k 2 =
k=0
n
X
(−1)n+1−k k 2 + (n + 1)2
k=0
= (−1)
n
X
(−1)n−k k 2 + (n + 1)2
k=0
n(n + 1)
+ (n + 1)2
2
(n + 1)(n + 2)
.
=
2
=
par l’hypothèse que c’est vrai pour n
CHAPITRE 1. NOMBRES
12
10. Une inégalité pour le factoriel. 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.
11. La somme de cubes d’entiers.
n
X
n
k3 =
k=1
=
1X 3
k + (n + 1 − k)3
2
1
2
k=1
n
X
(n + 1)3 − 3(n + 1)2 k + 3(n + 1)k 2
k=1
3
1
1
= (n + 1)3 n − (n + 1)3 n + (n + 1)2 (2n + 1)n
2
2
2
(n + 1)2 n2
=
4
12. La formule de binôme de Newton. Evidemment
n!
n!
n
n
+
=
+
k−1
k
(k − 1)!(n + 1 − k)! k!(n − k)!
n+1−k n+1
k
n+1
n+1
+
=
=
k
k
k
n+1
n+1
On démontre la formule de binôme de Newton par récurrence. Elle est
vraie pour n = 0 (ou n = 1). Ensuite
(x + y)n+1 = x(x + y)n + y(x + y)n
n n X
n k+1 n−k X n k n+1−k
x y
=
x
y
+
k
k
k=0
=
n+1
X
l=1
k=0
n X
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 de 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
CHAPITRE 1. NOMBRES
13
et par l’hypothèse b < n que
cn = an + bn ≤ bn + bn < bn + nbn−1 .
D’où contradiction.
13. 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
X
X
n+1
f (k+1)−f (k) =
f (k+1)−f (k) .
k=0
k=0
(a) En posant f (n) = an pour un a ∈ R, a 6= 1 on a
an+1 − 1 =
=
n
X
k=0
n
X
ak+1 − ak
(a − 1)ak
k=0
= (a − 1)
n
X
ak
k=0
d’où la formule désirée.
(b) Avec f (n) = n2 nous obtenons
(n + 1)2 − 0 =
=
n
X
k=0
n
X
(k + 1)2 − k 2
(2k + 1)
k=0
= (n + 1) + 2
n
X
k
k=0
d’où la formule désirée de l’exercice 7. Noter que par la deuxième
équation la somme de n premiers nombres impair est toujours un
carré parfait.
(c) Si a = 1 c’est une progression arithmétique de l’exercice 7. En posant
f (n) = nan pour un a ∈ R, a 6= 1 on a
n+1
(n + 1)a
=
=
n
X
k=0
n
X
(k + 1)ak+1 − kak
ak+1 +
k=0
n
X
=a
k=0
n
X
k=0
kak =
n
X
(a − 1)kak
k=0
ak + (a − 1)
n
X
kak
k=0
nan+2 − (n + 1)an+1 + a
.
(a − 1)2
CHAPITRE 1. NOMBRES
14
14. Sommes téléscopiques II. Pour x = 0 la somme vaut n + 1. Donc nous
supposons x 6= 0. Par l’exercice 13 et en utilisant l’identité
α+β
α−β
sin
2
2
sin α − sin β = 2 cos
nous avons
sin((n + 1 + a)x) − sin(ax) =
n
X
sin((k + 1 + a)x) − sin((k + a)x)
k=0
n
= 2 sin
xX
(2k + 1 + 2a)x
cos
.
2
2
k=0
En posant a = − 12 nous obtenons
n
X
cos kx =
k=0
=
sin((n + 12 )x) − sin(− x2 )
2 sin x2
(n+1)x
cos( nx
)
2 ) sin(
2
x
sin 2
15. L’inégalité de Bernoulli. Nous donnons trois démonstrations :
Corrigé 1 - par formule de binôme de Newton.
binôme de Newton on a pour tout x ≥ 0 :
n
(1+x) =
n X
n
k
k=0
k
x =
1 X
n
k=0
k
k
x +
n X
n
k=2
k
k
x ≥
Par la formule de
1 X
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 4 nous
trouvons en posant a = 1 + x pour tout n ≥ 0 et tout x ≥ 0 que
n
(1 + x) − 1 = (1 + x − 1) ·
n−1
X
k=0
k
(1 + x) ≥ x ·
n−1
X
k=0
1k = nx.
CHAPITRE 1. NOMBRES
15
16. L’inégalité de Cauchy-Schwarz I. Nous avons
X
n
2
=
xk yk
k=1
=
=
≤
n X
n
X
xk yk xl yl
k=1 l=1
n X
n
X
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
X
X
x2k
yk2 −
k=1
k=1
n
n
X
X
x2k
yk2 .
k=1
k=1
n
n
1 XX
(xk yl − xl yk )2
2
k=1 l=1
17. L’inégalité de Cauchy-Schwarz II *. Pour n = 1 nous avons
X
n
2
xk yk
= x21 y12 =
k=1
n
X
x2k
k=1
n
X
yk2 .
k=1
Donc l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vraie pour n = 1. Supposons
l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour un n donné, alors
n+1
X
2
xk yk
=
xn+1 yn+1 +
k=1
n
X
2
xk yk
k=1
=
X
n
2
xk yk
+ 2xn+1 yn+1
k=1
2
xk yk + x2n+1 yn+1
.
k=1
L’inégalité de Cauchy-Schwarz pour
X
n
n
X
Pn
k=1
2
xk yk
≤
k=1
n
X
xk yk nous donne
x2k
k=1
n
X
yk2
k=1
et
2xn+1 yn+1
n
X
v
v
u n
u n
uX uX
x2k t
yk2
xk yk ≤ 2|xn+1 yn+1 |t
k=1
k=1
≤ x2n+1
n
X
2
yk2 + yn+1
k=1
k=1
n
X
x2k
k=1
en utilisant également le fait que 2ab ≤ a2 + b2 pour tout couple des réels
a, b. Par conséquent,
n+1
X
2
xk yk
≤
k=1
=
n
X
x2k
n
X
k=1
k=1
n+1
X
n+1
X
k=1
x2k
k=1
yk2 + x2n+1
n
X
k=1
yk2 .
2
yk2 + yn+1
n
X
k=1
2
x2k + x2n+1 yn+1
CHAPITRE 1. NOMBRES
16
q.e.d.
18. L’inégalité des moyens géométriques et arithmétiques I *. On
démontre l’inégalité par récurrence. Pour n = 1 on a x1 = 1 et l’inégalité
est vraie. Supposons maitenant cette inégalité est vraie pour un n et toutes
les x1 , . . . , xn ∈ R+ dont le produit vaut 1. Soient 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 égale
à 1. On pose yk = xk si 2 ≤ k ≤ n et y1 = x1 xn+1 . Alors, le produit des
yk vaut 1 et par l’hypothèse
0≤
n
X
yk − n =
k=1
n+1
X
xk + x1 xn+1 − x1 − xn+1 − n
k=1
=
n+1
X
xk + (1 − x1 )(1 − xn+1 ) − (n + 1)
k=1
≤
n+1
X
xk − (n + 1)
k=1
car (1 − x1 )(1 − xn+1 ) ≤ 0.
19. L’inégalité des moyens géométriques et arithmétiques II*.
Corrigé 1. Notons Gn la moyenne géométrique et An la moyenne arithmétique
de a1 > 0, . . . , an > 0. Soit
ak
> 0 pour k = 1, . . . , n.
xk =
Gn
Evidemment
n
Y
xk =
k=1
Gn
= 1.
Gn
Par l’exercice precedent
n
An
1X
xk =
1≤
.
n
Gn
k=1
q.e.d.
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 vrai pour n nous avons
An+1 =
nAn
an+1
nGn
an+1
+
≥
+
.
n+1 n+1
n+1 n+1
en appliquant négalité de Young (voir l’exercice 6) nous obtenons
1
n
n+1
An+1 ≥ an+1
· Gnn+1 = Gn+1 .
CHAPITRE 1. NOMBRES
17
20. Un produit fini. 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
Y
1+
k=1
1 k
(n + 1)n
1 n+1
(n + 2)n+1
=
· 1+
=
.
k
n!
n+1
(n + 1)!
21. Nombres rationnels et irrationels*
Corrigé (a). Soient a, b, a < b deus 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
satisfaisants
b>
ma + 1
[ma + 1]
[ma] + 1
ma
≥
= rm =
>
= a.
m
m
m
m
Corrigé (b). Soient a, b, a < b deus nombres rationnels. On construit
explicitement une infinité d’irrationnels entre a et b. On sait que 0 <
√
2 − 1 < 1. Par conséquent
√
2−1
<1
0<
n
pour tout entier positif n. Les nombres xn définies par
√
2−1
xn = a + (b − a)
n
sont des nombres irrationnels (car a et b sont des rationnels) entre a et b.
22. Nombres complexes.
Re
et
z2
z−i
z2
Im
z−i
=
=
x(x2 + y 2 − 2y)
x2 + y 2 − 2y + 1
x2 y + x2 + y 3 − y 2
.
x2 + y 2 − 2y + 1
CHAPITRE 1. NOMBRES
18
23. Nombres complexes.
1
Re z −
z
et
=
(r2 − 1) cos θ
r
1
(r2 + 1) sin θ
Im z −
=
.
z
r
24. Nombres complexes. Pour z = eiθ et tout entier n ≥ 1 en utilisant les
rélations cos −θ = cos θ et sin −θ = − sin θ :
zn −
1
= einθ − e−inθ = 2i sin nθ
zn
zn +
1
= einθ + e−inθ = 2 cos nθ.
zn
et
25. Nombres complexes. Soit z = 1−i, alors z = 1−i, |z| =
et z −1 = 1+i
2 .
√
2, arg z =
−π
4
26. Nombres complexes.
√
√ 19
19
i+ 3
i+ 3
iπ
6
= e
.
=−
2
2
27. Sommes trigonométriques. Rappelons que pour tout z ∈ C tel que
z 6= 1 nous avons
n
X
1 − z n+1
zk =
.
1−z
k=0
Par conséquent, pour tout θ 6= 0
n
X
eikθ =
k=0
1 − ei(n+1)θ
.
1 − eiθ
Si θ = 0 la somme vaut n + 1. Pour donner ensuite les sommes
n
X
k=0
sin kθ = Im
n
X
n
n
X
X
eikθ et Re
eikθ =
cos kθ
k=0
k=0
k=0
on peut transformer comme suit : L’astuce consiste en écrire le terme
eix − 1 = eix/2 eix/2 − e−ix/2 = 2ieix/2 sin x/2.
Donc, pour tout theta 6= 0 :
n
X
k=0
eikθ =
einθ/2 sin (n+1)θ
2
sin θ2
CHAPITRE 1. NOMBRES
19
et par conséquent
n
X
sin kθ =
(n+1)θ
sin nθ
2 sin
2
sin θ2
k=0
et
n
X
cos kθ =
(n+1)θ
cos nθ
2 sin
2
sin θ2
k=0
28. Équations de degré 2.
(a) Résoudre z 2 + z + 1 = 0 : z1 =
√
−1+i 3
, z2
2
=
√
−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.
2
(e) Résoudre (1+i)z +(−1+7i)z −(10−2i) = 0 : z1 = −2i, z2 = −3−2i.
29. 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
30. Équations algébriques.
1+4k
(a) Résoudre z 6 +i = 0 : zk = cos(π 1+4k
12 )+i sin(π 12 ) , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
(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 =
z4 = − i(
√
5+1)
.
2
(e) Résoudre z 4 +1 = 0 : z1 =
√
z4 = − 22 (1 + i).
√
i( 5−1)
, z2
2
√
2
2 (1+i),
= − i(
√
5−1)
, z3
2
√
z2 =
2
2 (1−i),
=
√
i( 5+1)
,
2
√
z3 =
2
2 (−1+i),
z+i
31. Point fixe d’une application. L’application f (z) = z−i
a deux points
fixes :
√
√
1− 3
1+ 3
(1 + i), p2 =
(1 + i).
p1 =
2
2
32. Équations d’un cercle dans le plan complexe. L’équation de S est
|z − z0 |2 = r2 |z|2 qui est équivalente à
z0 rz0 =
.
1 − r2
1 − r2
rz z0
02 .
C’est un cercle autour du centre 1−r
2 de rayon
1−r
z −
CHAPITRE 1. NOMBRES
20
33. 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.
34. Image d’un cercle sous l’application f (z) = 1z .* Si z0 = 0 la proposition est evidente. Soit z0 6= 0. Alors
f [SR (z0 )] = {w ∈ C : |
1
1
R
− z0 | = R} = {w ∈ C : |w − | =
w}
w
z0
|z0 |
r
1
Par l’exercice 32 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 6=) et r 6= 1) donc la proposition.
Les cercles identiques à leurs images 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 premièe équation donne z0 ∈ R et si z0 6= 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 á son image sous l’application f (z) = z1 . De plus le cercle S1 (0)
est invariant sous f (z) = z1 .