3. Propriétés fondamentales des nombres réels

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3. Propriétés fondamentales
des nombres réels
Expliciter les savoirs et les procédures
1. Existe-t-il ?
Supposons qu’il existe a ∈ ℝ +0 : ∀ x ∈ ℝ +0 : 0 < a < x .
a
a
a
et 0, on peut insérer > 0 et
> 0 ; entre
2
2
4
a a
poursuivre le processus indéfiniment. On a 0 < ... < < < a < x .
4 2
Entre les réels a et 0, on peut insérer le réel
Il n’y a donc pas de réel strictement positif plus petit que tous les autres réels strictement positifs.
2. Les voisins
a. Le plus petit nombre entier strictement supérieur à
2 est 2 ; en effet, 1 < 2 < 2 .
Il n’y a pas de plus petit nombre rationnel strictement supérieur à
2 ; en effet
1, 4 < 2 < 1,5
1, 41 < 2 < 1, 42
1, 414 < 2 < 1, 415
La suite des rationnels (1,5;1, 42;1, 415;...) , ainsi construite à partir des approximations par
excès successives de 2 obtenues en se basant sur l’écriture décimale illimitée de ce nombre,
est strictement décroissante, mais n’a pas de limite rationnelle. Sa limite, dans ℝ , est le réel
2 Il n’y a pas de plus petit réel strictement supérieur à
toujours en insérer une infinité.
b. Le plus grand nombre entier strictement inférieur à
2 , puisqu’entre deux réels on peut
2 est 1 ; en effet, 1 < 2 < 2 .
Il n’y a pas de plus grand nombre rationnel strictement inférieur à
2 ; en effet
1, 4 < 2 < 1,5
1, 41 < 2 < 1, 42
1, 414 < 2 < 1, 415
La suite des rationnels (1, 4;1, 41;1, 414;...) ,ainsi construite à partir des approximations
successives par défaut de
2 obtenues en se basant sur l’écriture décimale illimitée de ce
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
1
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nombre, est strictement croissante, mais n’a pas de limite rationnelle. Sa limite, dans ℝ , est le
réel
2.
Il n’y a pas de plus grand réel strictement inférieur à
toujours en insérer une infinité.
2 ; entre deux réels données, on peut
3. Somme, différence, produit ou quotient de nombres rationnels et
d’irrationnels
a. La somme (ou la différence) de deux nombres rationnels est un nombre rationnel : dans ℚ ,
l’addition est une opération interne et partout définie. La différence de deux rationnels est
définie comme étant la somme d’un rationnel et de l’opposé du second, et est donc aussi un
rationnel.
Le produit de deux rationnels est un rationnel : la multiplication des deux rationnels est une
opération interne et partout définie.
Le quotient d’un rationnel par un rationnel non nul est un rationnel. Il n’est en effet défini que
si le diviseur est non nul.
b. La somme de deux nombres irrationnels non opposés est un nombre irrationnel.
La différence de deux irrationnels distincts est un irrationnel.
Le produit de deux irrationnels peut être un rationnel. Exemple : 2 ⋅ 5 8 = 5 16 = 20 .
Le quotient de deux irrationnels peut être un rationnel. Exemple :
3 2
=
3
.
2
8
c. La somme (ou la différence) d’un nombre irrationnel et d’un nombre rationnel est un irrationnel.
Le produit d’un nombre irrationnel et d’un nombre rationnel est un irrationnel.
Le quotient d’un nombre irrationnel par un nombre rationnel non nul est un nombre irrationnel.
Appliquer une procédure
4. Écritures décimales de fractions à termes entiers
13 7 14 9
, ,
, .
8 40 280 75
Remarque : Les nombres ci-dessus peuvent s’écrire sous forme d’un décimal illimité
périodique présentant une période constituée du chiffre 0.
Peuvent s’écrire sous forme d’un décimal illimité périodique dont la période comprend au
moins un chiffre différent de 0 :
11 3 10
(voir synthèse 4).
, ,
3 7 75
b. Le décimal est limité lorsque le dénominateur de la fraction irréductible est une puissance de 2,
de 5 ou un produit de puissances de ces deux nombres.
a. Peuvent s’écrire sous forme d’un décimal limité :
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2
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c.
11
de période 6
= 3, 66666...
3
3
de période 428571
= 0, 428571428571...
7
10 2
de période 3
= = 0,133333...
75 15
5. Écriture fractionnaire de décimaux illimités périodiques
b = − 4,377777777...
⌢
100 b = − 437, 77777...
10 b = − 43, 7777...
90 b = − 437 + 43
b=
−394 −197
=
90
45
c = 332,323232...
100 c = 33232, 323232...
c = 332, 323232...
99 c = 33232 − 332
c=
32900
99
d = 3,329999
1000 d = 3329,9999...
100 d = 332,9999...
900 d = 3329 − 332
d=
2997 333
=
900 100
6. Approximations rationnelles d’une racine carrée
a. La machine à calculer utilisée donne
Le rationnel
3 = 1, 732050808 et
1552
est une approximation par défaut de
896
1552
= 1, 732142857 .
896
3 à 10 −4 près. L’erreur est inférieure à
10− 4 .
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b. Lorsque ce procédé de mise au carré est répété un nombre suffisant de fois, c’est-à-dire en
calculant 3 − 1 avec un exposant égal à une puissance de 2 suffisamment grande, il peut fournir
une approximation de la valeur cherchée avec une erreur inférieure à un ε > 0 donné.
Cela peut être démontré comme suit.
La suite 

(
n
3 − 1 
tend vers 0, puisque 0 < 3 − 1 < 1 . D’après la définition de la limite
 n∈N0
)
d’une suite (cas réel) :
( ∀ε ∈ R ) ( ∃m ∈ N
+
0
0
)( ∀n ∈ N 0 ) : n > m ⇒ (
)
3 −1
n
<ε
Considérons une valeur donnée d’ ε , strictement positive. Soit m convenant dans la définition
ci-dessus pour cette valeur d’ ε , et soit1 n une puissance de 2 strictement supérieure à m. La
puissance
(
)
n
3 − 1 peut2 alors s’écrire sous la forme p − q 3 avec p, q ∈ N 0 . Pour la valeur de
n donnée ci-dessus. On a donc
(
)
3 −1
n
<ε
p−q 3 < ε
p−ε < q 3
p ε
− < 3
q q
p
ε
< 3+
q
q
(1)
Puisque q ∈ N 0 , on a: q ≥ 1
1≥
1
q
ε≥
ε
q
ε
≤ε ,
q
ε
≤ 3 + ε (2)
q
De plus, d’après le développement fourni dans l’énoncé, on sait que
3+
0<
(
)
3 −1
n
1
On pourrait démontrer qu’une telle valeur existe, mais on ne le fera pas ici.
2
On a pu constater dans l’exemple développé dans l’énoncé de l’exercice que cela était vrai pour n = 2 , n = 2 et
1
2
n = 23 mais on peut facilement démontrer par récurrence que cela est encore vrai pour n = 2 k quel que soit k ∈ N 0 .
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d’où
0< p−q 3
3<
p
(3)
q
De (1) , (2) et (3), on tire que
3<
D’où
p
est une approximation (par excès) de
q
p
< 3+ε
q
3 à moins de ε près.
Ce procédé peut être généralisé au calcul de valeurs approchées des autres racines carrées non
entières.
c. On a 2 < 5 < 3 , donc 0 < 5 − 2 < 1 .
La suite des puissances entières de
5 − 2 tend vers 0 puisque
5 − 2 < 1.
2
( 5 − 2) = 9 − 4 5
(9 − 4 5 ) = 161 − 72 5
(161 − 72 5 ) = 51841 − 23184
2
2
5
51841 − 23184 5 ≃ 0
51841
5≃
23184
7. Héron d’Alexandrie et les racines carrées
a. 1er rectangle
2e rectangle
2 < 18 < 9
les côtés de ce rectangle sont
18 36
9+2
=
= 3, 272727...
= 5,5 et
2
5,5 11
36
< 18 < 5,5
11
3e rectangle
les côtés de ce rectangle sont 4,386363...
et 4,1036269…
4,1036269... < 18 < 4, 386363...
4e rectangle
les côtés de ce rectangle sont 4,2449952… et 4,2402873…
4, 24028739... < 18 < 4, 24499252...
Dès le 4e encadrement, on a une approximation de
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18 à 10 −2 près : 18 ≃ 4, 24
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5e rectangle
les côtés sont 4,24263995… et 4,24264141…
4, 24263995… < 18 < 4, 24264141...
Au 5e encadrement, on a une approximation à 10− 4 près : 18 ≃ 4, 2426 .
b. Les encadrements successifs forment une suite d’intervalles emboités ; ces intervalles vérifient
les hypothèses du théorème 3.1 (propriété des intervalles emboîtés, page 80). Le réel 18 est le
seul réel commun à tous ces intervalles emboîtés.
c. (calculatrice programmable ou tableur)
d. 1) Soit a ∈ ℝ : a > A . On va montrer par récurrence que la suite ( xi )i ∈ℕ est minorée par
A,
0
c’est-à-dire3 que tous les termes de la suite sont supérieurs à A .
A
1
A
Amorçage. Pour vérifier que x1 =  a +  > A , il faut montrer que a + > 2 A ou que
a
2
a

A
A
a + − 2 A > 0 . Cette dernière inégalité est toujours vraie car a + − 2 A =  a −
a
a

(
Remarque : on pouvait aussi partir de l’inégalité a − a
)
2
2
A
 .
a 
> 0 ; en développant le carré, on
obtient a 2 − 2a A + A ≥ 0 ou a 2 + A ≥ 2a A . En divisant les deux membres de cette dernière
1
A
inégalité par 2a > 0 , on obtient  a +  ≥ A.
2
a
Hérédité. On suppose que xn > A (hypothèse de récurrence) et on vérifie que
1
A
xn+1 =  xn +  > A .
2
xn 
Si xn > A , alors xn − A > 0 et xn > 0 .
(
On a donc xn − A
)
2
= xn 2 − 2 xn A + A > 0 , ou xn 2 + A > 2 xn A .
xn 2 + A
> A ou
On divise les deux membres de cette inégalité par 2 xn > 0 . On obtient
2 xn
1
A
1
A
 xn +  > A ; on a donc xn+1 =  xn +  > A .
2
xn 
2
xn 
Conclusion. La suite ( xi )i ∈ℕ est donc minorée par
A.
0
2) Il faut montrer que la suite ( xi )i ∈ℕ est une suite décroissante, ce qui revient à démontrer que
0
3
Si le terme minoré n’est pas connu des élèves, la précision donnée ici peut leur être explicitée oralement avant la
résolution de cet exercice.
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∀ n ∈ ℕ 0 : xn+1 < xn .
On sait que ∀ n ∈ ℕ 0 : xn > A ; on a donc ∀ n ∈ ℕ 0 : xn 2 > A .
Puisque xn > 0 , on a ∀ n ∈ ℕ 0 : xn >
A
.
xn
1
A 1
Donc xn+1 =  xn +  < ( xn + xn ) ou xn+1 < xn .
xn  2
2
La suite ( xi )i ∈ℕ est donc une suite décroissante.
0
3) Dans l’énoncé, il est affirmé que la suite ( xi )i ∈ℕ possède une limite notée L. Si cela est ici
0
présenté comme un fait d’acquis, qu’on ne demande pas de démontrer, c’est parce que pour ce
faire on devrait utiliser une propriété4 qui n’est pas censée connue à ce stade : si une suite est
décroissante et minorée, elle admet une limite dans ℝ .
On peut se convaincre du fait que L2 = A comme suit .
1
A
Pour n suffisamment grand, xn ≃ L ; alors L =  L + 
L
2
A
2L = L +
L
A
L=
L
2
L =A
Remarques
- De L2 = A , on peut déduire que L = A , si on suppose admis que, la suite étant positive
(puisque minorée par
A ), sa limite est positive.
- Le raisonnement établissant que L2 = A n’en constitue pas une véritable démonstration.
En effet, assimiler xn à L en se basant sur une affirmation imprécise, telle que xn ≃ L , n’est
pas un procédé de démonstration qui serait admis dans le cadre d’une théorie formalisée de
l’analyse . Il est néanmoins utile de pouvoir raisonner de la sorte pour montrer5 un résultat à
partir des outils dont on dispose.
Une démonstration rigoureuse ferait appel à des propriétés des limites non encore
formalisées à ce stade.
4
On peut néanmoins faire utilement remarquer aux élèves que, si l’exercice est ainsi rédigé, c’est parce qu’une telle
propriété existe : avoir vérifié ci-dessus que la suite est minorée et décroissante permet de considérer que la suite a
nécessairement une limite réelle. Si cette propriété n’a pas été vue, et encore moins démontrée à ce stade, elle peut
aisément être admise intuitivement.
5
L’énoncé demandait de montrer, et non de démontrer, le résultat. Cela permet d’admettre des démarches qui ne sont
pas de véritables démonstrations. Il peut néanmoins être utile de faire sentir aux élèves qu’une démarche comme celle
explicitée ci-dessus ne répond pas à toutes les exigences d’une démonstration formelle. Il n’en est pas moins vrai que de
telles démarches sont en pratique très utiles à maîtriser. Cela y compris dans le cadre de l’élaboration d’une théorie
formalisée : dans ce cadre, elles permettent d’établir des conjectures que l’on peut ensuite démontrer en toute rigueur.
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8. Approximations décimales
Erratum (tirage 2013) : il faut lire 3,3166 et 3,3167 pour les approximations de 11 .
a. Encadrement d’une somme : on additionne les bornes des encadrements des deux membres.
2, 645 + 3, 3166 < 7 + 11 < 2, 647 + 3,3167
5,9616 < 7 + 11 < 5, 9637
b. Encadrement d’une différence : pour encadrer une différence de deux réels, on se ramène au cas
de l’addition après avoir encadré l’opposé du 2e terme (on change le sens des inégalités)
−3,3167 < − 11 < −3, 3166
2, 645 − 3,3167 < 7 − 11 < 2, 647 − 3,3166
−0, 6717 < 7 − 11 < −0, 6696
c. Encadrement de l’opposé : on multiplie les inégalités par ( −1) , donc les inégalités changent de
sens.
−2, 647 < − 7 < −2, 645
d. Encadrement d’un produit : on ne peut multiplier les bornes des encadrements que si les
nombres sont positifs, ce qui n’est pas le cas ici ( a < 0 ).
On effectue d’abord le produit de deux nombres positifs, à savoir − a et
7.
1, 430 < − a < 1, 435
1, 430 ⋅ 2, 645 < − a 7 < 1, 435 ⋅ 2, 647
3, 78235 < − a 7 < 3, 798445
On multiplie les membres de la double inégalité par ( −1) ; il y a donc changement de sens.
−3, 798445 < a 7 < −3, 78235
e. Encadrement d’un quotient : lorsque tous les nombres sont positifs, on considère l’encadrement
de l’inverse du diviseur, puis on multiplie le dividende par l’inverse du diviseur. Ici, a < 0 ; on
ne peut appliquer directement la règle ci-dessus.
1, 430 < − a < 1, 435
1
1
1
<− <
1, 435
a 1, 430
On effectue le produit des nombres positifs
7 et
−1
, ce qui donne
a
2, 645
7 2, 647
<−
<
1, 435
a
1, 430
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8
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En multipliant par ( −1) , on obtient
2, 647
7
2, 645
<
<−
1, 430
a
1, 435
−
f. Encadrement du carré d’un nombre : puisque a < 0 , on considère l’encadrement de a ; on sait
2
que a 2 = a . On a 1, 430 < a < 1, 435 .
Donc 1, 430 2 < a 2 < 1, 435 2 ou 2, 0449 < a 2 < 2, 059225 .
9. Valeurs absolues
a. Soit A = x − 1 + 2 x + 3
−
x
3
2
1
x −1
1− x
5
2
1− x
0
x −1
2x + 3
−2 x − 3
0
2x + 3
5
2x + 3
x −1 + 2x + 3
−3x − 2
5
2
x+4
5
3x + 2
On en conclut que
3

−3x − 2 si x ≤ − 2

3

A =  x + 4 si − ≤ x ≤ 1
2

3
x
+
2
si
1
≤
x



b.
1) x − 2 = 5
y
x − 2 = 5 ou x − 2 = −5
x = 7 ou x = −3
S = {−3;7}
1
0 1
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x
9
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2) 3x + 1 = −2 pas de solution car ∀x ∈ R : 3x + 1 ≥ 0 ; S = ∅
3) x > 7
x < −7 ou x > 7
S = ]← , − 7[ ∪ ]7, →[
4) x < 7
−7 < x < 7
S = ]−7;7[
5) x + 5 > 3
y
x + 5 < −3 ou x + 5 > 3
x < −8 ou x > −2
S = ]← ; − 8[ ∪ ]−2; →]
1
0 1
6) x 2 − 4 > 2
x
y
x 2 − 4 < −2 ou x 2 − 4 > 2
x 2 < 2 ou x 2 > 6
(
− 2 < x < 2 ou x < − 6 ou x > 6
)
S =  ← ; − 6  ∪  − 2 ; 2  ∪  6 ; → 
1
0
1
x
0 1
x
y
2
7) x + 6 ≥ 11
x 2 + 6 ≤ −11 (impossible) ou x 2 + 6 > 11
x2 ≥ 5
x ≤ − 5 ou x ≥ 5
S =  ← ; − 5  ∪  5 ; → 
1
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10
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y
8) x + 6 > x − 4
On résout plus facilement l’inéquation
graphiquement qu’algébriquement.
Sur le graphique, la fonction x + 6 est
représentée en noir, la fonction x − 4 est
dessinée en gris. On observe que
x + 6 > x − 4 lorsque x > −1 .
1
0 1
Vérification algébrique
L’inéquation donnée est équivalente à
x
l’inéquation x + 6 − x − 4 > 0 . On utilise un tableau tel que celui donné en a pour
transformer l’expression x + 6 − x − 4 .
–6
x
4
x+6
−x − 6
0
x+6
10
x+6
x−4
−x + 4
10
−x + 4
0
x−4
x+6 − x−4
−10
−10
2x + 2
10
10
Si x < −6 , l’inéquation se réduit à −10 > 0 , ce qui est toujours faux.
Si −6 < x < 4 , l’inéquation s’écrit 2 x + 2 > 0 , vérifiée si x > −1 . Cette valeur est dans
l’intervalle ]−6; 4[ ; dans celui-ci, on retiendra donc les valeurs de x telles que x > −1 .
Si x ≥ 4 , l’inéquation se réduit à 10 > 0 , ce qui est toujours vrai.
On a donc S = ]−1; →[ .
y
9) 5 x + 1 = x − 3
5 x + 1 = ± ( x − 3)
5 x + 1 = x − 3 ou 5 x + 1 = − x + 3
x = −1 ou x =
1
3
 1
S = −1; 
 3
1
0
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1
x
11
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10) x 2 + 3 ≥ x 2 − 4 est équivalent à x 2 + 3 − x 2 − 4 ≥ 0
–2
x
2
x2 + 3
x2 + 3
7
x2 + 3
7
x2 + 3
x2 − 4
x2 − 4
0
− x2 + 4
0
x2 − 4
x2 + 3 − x2 − 4
7
7
2x2 −1
7
7
Si x ≤ −2 ou x ≥ 2 , l’inéquation est vérifiée.
y
Sur l’intervalle ]−2; 2[ , il faut résoudre l’inéquation
2 x 2 − 1 ≥ 0 . Cette inéquation est vérifiée si x ≤
x≥
− 2
ou
2
2
.
2


2  2
On a donc S =  ← ; −
; → .
∪
2   2


1
0
11) x 2 − 3 ≤ 3
1
x
y
−3 ≤ x2 − 3 ≤ 3
0 ≤ x2 ≤ 6
− 6≤x≤ 6
S = − 6 ; 6 
1
0
12) x 2 + 3 ≤ 3
1
x
S = {0}
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10. Groupes
a. 1) ( 3ℕ , + ) n’est pas un groupe car, hormis 0, aucun multiple de 3 n’admet pas de symétrique
pour l’addition dans 3ℕ . Notons cependant que l’addition dans 3ℕ est bien interne et partout
définie, associative et admet un élément neutre (le nombre 0)
 2n

n ∈ ℤ  muni de l’addition est un groupe. En effet :
2) A = 
 3

- l’addition est interne et partout définie :
-
-
-
 2a 2b 2(a + b) 
∀a, b ∈ ℤ :( a + b ) ∈ ℤ et 
+
=
∈ A
3
3 
 3
l’addition est associative :
2
 2a 2b  2c
∀a, b, c ∈ ℤ : 
+
=
( ( a + b ) + c ) = 2 ( a + ( b + c ) ) = 2a +  2b + 2c  ;
+
3
3
3
3
3  3
3
 3
2⋅0
l’addition dans A admet un élément neutre, c’est l’entier 0 ; en effet 0 =
et
3
2a
2a
2a
∀a ∈ ℤ: + 0 =
= 0+
;
3
3
3
tout élément de A possède un symétrique pour l’addition :
a −a
∀a ∈ ℤ , ∃(−a) ∈ ℤ :
+
= 0.
3
3
3) B =
{
}
3 + 2n n ∈ ℤ muni de l’addition n’est pas un groupe. En effet la loi d’addition n’est
pas interne : la somme de deux éléments de B n’est pas un élément de B.
b. - L’opération * dans ℕ est une loi interne partout définie : ∀a, b ∈ ℕ : a ∗ b = a + b + ab ∈ ℕ ;
- L’opération * dans ℕ est associative : ∀a, b, c ∈ ℕ : ( a ∗ b ) ∗ c = a ∗ ( b ∗ c ) ; en effet
( a ∗ b ) ∗ c = ( a + b + ab ) ∗ c
= ( a + b + ab ) + c + ( a + b + ab ) ⋅ c
= a + b + c + ab + ac + bc + abc
= a + ( b + c + bc ) + a ⋅ ( b + c + bc )
= a ∗ (b ∗ c )
- Il existe un neutre dans ℕ pour la loi * . Pour que e ∈ ℕ soit élément neutre, il faut que
∀a ∈ ℕ : a ∗ e = e ∗ a = a .
a ∗ e = a + e + ae = a
e ∗ a = e + a + ea = a
Ces deux égalités sont vérifiées si e = 0 ; l’élément neutre pour la loi * est 0.
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
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- Tout élément de ℕ n’admet pas de symétrique pour la loi * ; en effet si b est symétrique de a,
−a
il faut que a ∗ b = a + b + ab = 0 , c’est-à-dire que a + b (1 + a ) = 0 ou b =
qui, si a ≠ 0 , n’est
1+ a
pas un élément de ℕ .
Conclusion : ( ℕ, ∗) n’est pas un groupe.
Résoudre un problème
11. Racines irrationnelles
a.
5 est irrationnel.
Supposons que
irréductible :
5 soit un rationnel ; il peut alors s’écrire sous forme d’une fraction
5=
p
p2
avec p, q ∈ ℕ 0 . On a donc 2 = 5 ou p 2 = 5 q 2 (1), ce qui signifie
q
q
que p 2 est un multiple entier de 5 et que p aussi est multiple de 5 : la décomposition en
facteurs premiers du carré d’un nombre ne contient pas d’autre facteur que ceux déjà
présents dans celle de ce nombre (ces derniers apparaissant un nombre pair de fois dans la
décomposition en facteurs premiers du carré). Soit p = 5n . En remplaçant p 2 par le carré de
5n dans (1), on obtient 25n 2 = 5 q 2 ou 5n 2 = q 2 . Par un raisonnement semblable au
précédent, on déduit que q est aussi multiple de 5. Les entiers p et q sont donc tous deux
p
multiples de 5, ce qui contredit l’hypothèse que la fraction
est irréductible. Donc 5 est
q
bien irrationnel.
On peut faire une démonstration plus coutre qui utilise l’unicité de la décomposition en
facteurs premiers (démontrée par Euclide). L’égalité (1) n’est jamais vérifiée car le premier
membre contient un nombre pair de facteurs 5 et le deuxième membre en contient un
nombre impair.
b.
5
7 est irrationnel
Supposons que
5
7=
p
où p et q sont des entiers premiers entre eux (ce qui équivaut à dire
q
que la fraction est irréductible). On a p 5 = 7 q 5 (2) , ce qui signifie que p 5 est un multiple de
7 ; il en est de même pour p. On peut donc écrire p = 7 n , et 7 5 n 5 = 7q 5 ou q 5 = 7 4 n 5 .
L’entier q est donc un multiple de 7. Dès lors, p et q étant des multiples de 7, la fraction
p
q
n’est pas irréductible. Le nombre 5 7 n’est pas rationnel.
On peut refaire la même démonstration que la précédente au départ de (2).
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
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c.
5
d.
49 est un nombre irrationnel (démonstrations similaires à celles des points a et b).
5 + 7 est un nombre irrationnel.
5 + 7 soit un nombre rationnel : on a
Supposons que
d’où
(
5+ 7
)
2
=
p2
p2
,
,
12
+
35
=
q2
q2
35 =
5+ 7 =
p2
− 12 , d’où
q2
p
(avec p et q entiers),
q
35 est un nombre rationnel,
ce qui est impossible pour des raisons analogues à celles invoquées en a.
un nombre irrationnel.
e. 5 +
•
( 7)
n
5 + 7 est donc
est un nombre rationnel si n ∈ 2ℕ , un nombre irrationnel si n est un entier impair.
Si n ∈ 2ℕ , n = 2m ( m∈ ℕ ) , on a 5 +
( 7)
n
= 5 + 7 m , ce qui est un entier et donc un
rationnel.
•
Si n est un entier impair, n = 2m + 1 ( m∈ ℕ ) et on a
5+
( 7)
n
= 5+
( 7)
2 m +1
= 5 + 7m 7
ce qui est un irrationnel. En effet, supposons que 5 + 7 m 7 soit rationnel : on a
p
p − 5q
5 + 7 m 7 = (avec p et q entiers), d’où 7 = m
ce revient à dire que 7 est
q
7 q
irrationnel, ce qui est impossible pour des raisons analogues à celles invoquées en a. Dès
lors, 5 +
( 7)
n
est irrationnel.
12. Du pentagramme au nombre d’or
Un pentagone régulier est inscriptible dans un cercle ;
on peut donc facilement déterminer les amplitudes de
ses angles : ceux du pentagone ont une amplitude de
108°, ceux du pentagone étoilé de 36°.
Dans la figure ci-contre le segment [ AD ] a la même
H
A
C
B
D
mesure que le côté du pentagone. Dans le triangle
HAD, on a
= 72° , HAD
= 36° , donc
DHA
= 180° − 108° = 72° .
HDA
E
G
F
Le triangle HAD est donc isocèle et HA = AD .
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
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a. Soit b la longueur du côté du pentagone et a la longueur de sa diagonale. En utilisant la
méthode du reste, on a
a b+c
c
soit c la longueur du segment [ DB]
=
= 1+
b
b
b
1
a
soit d la longueur de [CD]
= 1+
b
b
 
c
1
1
a
= 1+
= 1+
c+d
d
b
1+
c
c
a
1
1
= 1+
= 1+
1
1
b
1+
1+
d
+e
c
 
d
d 
a
1
= 1+
1
b
1+
e
1+
d
1
= 1+
1+
1
1
1+
1
1+
d
 
e
Aux expressions successives de
1
= 1+
1
1+
1+
1
1 + ...
a
, on peut associer les valeurs approchées successives de
b
a
données ci-après6
b
a
≃1
b
a
1
≃ 1+ = 2
b
1
a
1
3
≃ 1+
=
b
1+1 2
a
1
5
≃ 1+
=
1
b
3
1+
1+1
a
1
8
≃ 1+
=
1
b
5
1+
1
1+
1+1
…
6
Si on connait la théorie sur les fractions continues, ce qui précède peut être exprimé comme suit : « dans un
pentagone régulier, le rapport de la longueur de la diagonale à la longueur du côté est donné par la fraction
continue (1, 1, 1, 1, 1, …) ». Les réduites fournissent les approximations évoquées ci-dessus.
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
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En poursuivant les calculs, on observe que la suite des numérateurs successifs, ainsi que
celle des dénominateurs successifs sont des suites de Fibonacci (voir exercice 31 du
chapitre 2) : les approximations successives sont les suivantes :
3 5 8 13 21 34 55 89
1, 2 , , , , , , , , ,⋯ .
2 3 5 8 13 21 34 55
Celles-ci correspondent aux rapports de termes consécutifs de la suite de Fibonacci.
On a :
a 89
≈
≈ 2, 618
b 55
a
donné ci-dessus7. Une valeur approchée en est 2,618. …
b
a
a
c. La suite des approximations successives de , que nous admettons tendre vers , est égale
b
b
b. Si b = 1 , a est égal au rapport
à la suite des rapports des termes consécutifs de la suite de Fibonacci ( vn )n∈ℕ (définie dans
0
l’exercice 31 c du chapitre 2). Il a été vu dans les exercices 31 d et 31 e de ce même chapitre
1
que la limite de cette suite est la solution positive de l’équation vn = 1 +
.En d’autres
vn
termes, il s’agit de la solution positive de l’équation8 x = 1 +
Les solutions de cette équation sont x1 =
1
, équivalente à x 2 − x − 1 = 0 .
x
1+ 5
1− 5
et x2 =
. La première de ces solutions
2
2
est le nombre d’or ϕ.
Dans un pentagone régulier , le rapport de la diagonale au côté est égal à ϕ (nombre d’or).
a = (1,1,1,1,1,...)
7
En d’autres termes
8
Le développement en fraction continue x = 1 +
1
, obtenu en a. permet aussi d’écrire x = 1 +
1
1+
1
1+
1+
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
1
.
x
1
1 + ...
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13. Propriétés des valeurs absolues
On vérifie les quatre inégalités l’une après l’autre.
1) x + y ≤ x + y
•
Si x + y ≥ 0 , alors x + y = x + y ≤ x + y car ∀r ∈ ℝ : r ≤ r .
•
Si x + y ≤ 0 , alors x + y = −( x + y ) = (− x) + (− y) ≤ x + y .
2) x − y ≤ x + y
•
Si x − y ≥ 0 , alors x − y = x + (− y ) ≤ x + y
•
Si x − y ≤ 0 , alors x − y = −( x − y) = (− x) + y ≤ x + y .
3) x − y ≤ x − y
•
Si x ≥ y alors x − y = x − y .
Soit z = x − y ; donc x = y + z .
x = y+z ≤ x + z
par1)
x ≤ y + x− y
x − y ≤ x− y
or x − y = x − y
Donc si x ≥ y , alors x − y ≤ x − y .
•
Si x ≤ y , alors x − y = y − x
Or
y−x
≤
par 3)
y−x
et
y−x = x− y .
donc x − y ≤ x − y
4)
x − y ≤ x+ y
Dans 3), on remplace y par (–y). On a alors x − − y ≤ x − (− y ) .
Mais − y = y ; donc
x − y ≤ x+ y .
Les inégalités sont ainsi démontrées.
a. ∀ x, y ∈ ℝ : x − y ≤ x + y ≤ x + y
4)
1)
b. ∀ x, y ∈ ℝ : x − y ≤ x − y ≤ x + y .
3)
2)
Chapitre 3 – Propriétés fondamentales des nombres réels
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