Exercice 1 1) Montrer que 2 est un nombre irrationnel. 2) Montrer
3) En déduire qu'il e iste deu nombres réels irrationnels positifs et tels que soit rationnel. Exercice 2 Pour tous entiers. 1 et. 1 soit. () = 1.
Nombres réels
Page 2. Pascal Lainé. Exercice 7 : Démontrer que √3 + 2√6. 3 est un nombre irrationnel. Allez à : Correction exercice 7 : Exercice 8 : Montrer que = √7 +
Les-ensembles-de-nombres-2nde.pdf
Exercice 1 : Indiquer dans chacun des cas
Corrigé du TD no 9
Par un raisonnement semblable à celui de l'exercice précédent on en déduit que la fonction x ↦→ cos - la somme d'un nombre rationnel et d'un nombre ...
Corrigé du TD no 11
Mais un est un nombre rationnel donc f(un) = g(un) pour tout n. Par unicité de la limite d'une suite
Chapitre 1 exercice 3 1. Vrai : la somme dun nombre rationnel et d
C'est une contradiction avec nos hypoth`eses (x2 était supposé irrationnel) ; on a donc obtenu une absurdité. 2. Faux : la somme de deux nombres irrationnels
Exercices de mathématiques - Exo7
Montrer que. √. 2 ∈ Q. 3. En déduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel. Indication Τ. Correction Τ.
Fiche de révision1 : Les nombres réels
15 Exercice corrigé 12 (Ensemble borné calcul de sup
PCSI1-PCSI2 DNS n 3 Corrigé 2014-2015 Exercice 1 Pour tout
Exercice 1 Pour tout entier naturel n ≥ 1 (n ∈ N∗) on définit la fonction nombre irrationnel >>. 1. On commence par poser
Exercices de mathématiques - Exo7
nombre de parties de cardinal c dans E ∪F où E et F sont des ensembles ... irrationnel. On veut montrer que l'ensemble des valeurs de la suite (un). (ou (vn)) ...
Exercice 1 1) Montrer que 2 est un nombre irrationnel. 2) Montrer
3) En déduire qu'il e iste deu nombres réels irrationnels positifs et tels que soit rationnel. Exercice 2 Pour tous entiers. 1 et. 1 soit. () = 1.
Exercices du chapitre II avec corrigé succinct
Exercice II.15 Ch2-Exercice15. Montrer que les lois ”addition” et ”multiplication” ne sont pas des lois internes dans l'ensemble des nombres irrationnels.
Nombres réels
est un nombre irrationnel. Allez à : Correction exercice 7 : Exercice 8 : Montrer que = ?7 + 4?3 + ?7
Exercices de mathématiques - Exo7
Montrer que. ?. 2 ? Q. 3. En déduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel. Indication ?. Correction ?.
Cours danalyse 1 Licence 1er semestre
1.3 Densité des rationnels et irrationnels . 7 Corrigé des exercices ... Théor`eme 1.3.2 L'ensemble des nombres irrationnels noté R Q est dense dans R ...
Exercices de mathématiques - Exo7
Exercice 1 I. Montrer que les nombres suivants sont irrationnels. 1. (**). ?. 2 et plus généralement n. ? m où n est un entier supérieur
Corrigé du TD no 9
est une suite de nombres irrationnels qui décroît vers a donc l'intervalle. ]a
Chapitre 1 - Les fractions continues
avec un des plus cél`ebres nombres irrationnels : le nombre d'or. On montrera `a l'exercice 1.5 que cette suite convergera vers le nombre d'or.
17 exercices de bon niveau sur les nombres réels
est un nombre irrationnel. Exercice 14 [ Corrigé ]. Soient a b
Propriétés de R 1 Les rationnels Q 2 Maximum minimum
http://math.univ-lille1.fr/~bodin/exo4/selcor/selcor09.pdf
Nombres réels - licence-mathuniv-lyon1fr
Exercice 7 : Démontrer que ?3+2?6 3 est un nombre irrationnel Allez à : Correction exercice 7 : Exercice 8 : Montrer que =?7+4?3+?7?4?3 est un nombre entier Allez à : Correction exercice 8 : Exercice 9 : Soit =?4?2?3+?4+2?3
Calculs algébriques - Claude Bernard University Lyon 1
Exercice 11 : Soit =?4?2 ?3??4+23 Calculer Allez à : Correction exercice 11 : Exercice 12 : On rappelle que ?2 est irrationnel (c’est-à-dire que ?2????) 1 ?Montrer que =6+42 et =6?4?2 sont irrationnels 2 ?Calculer 3 ?Montrer que +? est rationnel Allez à : Correction exercice 12 : Exercice 13 :
Analyse1 Fiche de TD 1 : Les nombres réels - univ-tlemcendz
Fiche de TD 1 : Les nombres réels Exercice 1 On rappelle que p 2 est irrationnel 1) Montrer que a = 6+4 p 2 et b = 6 4 p 2 sont irrationnels 2) Calculer p ab: 3) Montrer que p a+ p b est rationnel Exercice 2 On suppose que p 2; p 3 et p 6 sont irrationnels Montrer que 1) p 2+ p 3 est irrationnel 2) p 2+ p 3+ p 6 est irrationnel
CORRIGE I Nombres entiers rationnels et irrationnels
Un nombre irrationnel est un nombre dont la partie décimale est illimitée non périodique I 2 Intervalles fermés et ouverts Certains sous-ensembles des nombres réels sont très souvent utilisés ce sont les intervalles
Comment calculer les réels algébriques ?
Calculs algébriques Exercice 1 : Si ? et ? sont des réels positifs ou nuls, montrer que ??+????2??+? Allez à : Correction exercice 1 : Exercice 2 : Montrer que pour tous réels ? et ? strictement positifs 2 1 ? + 1 ? ???? Allez à : Correction exercice 2 : Exercice 3 : Montrer que pour tout réels non nuls ? et ? : 2|?||?| ?2+?2
Comment montrer qu'un sous-groupe est irrationnel ?
On pourra utiliser que si q est un rationnel non nul, alors ?2q est un irrationnel. Soit H un sous-groupe de (R, +) non réduit à {0}. On cherche à prouver que, soit H est dense dans R, soit il existe ? > 0 tel que H = ?Z. Pour cela, on pose G = H ?]0, + ?[ . Montrer que G admet une borne inférieure ? dans R + .
Comment démontrer que les réels sont irrationnels?
(Facultatif) Démontrer que les réels suivants sont irrationnels. 1) p a+ p b; où a et b sont des entiers positifs tels que p a et p b sont irrationnels. 2) p 2+ p 3+ p 5: Exercice 8.
Comment calculer les nombres réels ?
Déterminer les nombres réels y solution des inéquations suivantes : 1. (y + 1)(y ? 1) > (y + 1)2 2. ?y + 7 ? 3y ? 5?, ? ? R donné. Exercice 4 - Une équation avec des racines carrées [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] Déterminer les réels x tels que ?2 ? x = x. Résoudre l'inéquation x ? 1 ? ?x + 2.
Les rationnels, les réels
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours Exercice 1IMontrer que les nombres suivants sont irrationnels. 1. p2 et plus généralement npmoùnest un entier supérieur ou égal à 2 etmest un entier naturel supérieur ou égal à 2, qui n"est pas une puissancen-ième parfaite. 2. (**) log 2. 3. (****) p(LAMBERTa montré en 1761 quepest irrationnel, LEGENDREa démontré en 1794 quep2est irrationnel, LINDEMANNa démontré en 1882 quepest transcendant).Pour cela, supposer par l"absurde quep=pq
avecpetqentiers naturels non nuls et premiers entre eux.Considérer alorsIn=Rp=q
0xn(pqx)nn!sinx dx,n2Net montrer queInvérifie
(a)Inest un entier relatif ; (b)In>0 ; (c) lim n!+¥In=0 (voir devoir). 4. (***) e(HERMITEadémontréen1873queeesttranscendant. C"esthistoriquementlepremier vrai nombre dont on a réussi à démontrer la transcendance). Pour cela, établir que pour tout entier natureln,e=ånk=01k!+R10(1t)nn!etdt, puis quepour toutentier
naturel non nuln, 0divise 1 etqdivise 8). (On rappelle le théorème de GAUSS: soienta,betctrois entiers relatifs tous non
nuls. Siadivisebcetaetbsont premiers entre eux, alorsadivisec). 6. p2+p3+p5. inf(A+B)existent et que l"on a sup(A+B) =supA+supBet inf(A+B) =infA+infB. (A+Bdésigne l"ensemble des sommes d"un élément deAet d"un élément deB). +(1)n;n2N. Déterminer supAet infA. 1 Exercice 4**ITSoitAune partie non vide et bornée deR. Montrer que supfjxyj;(x;y)2A2g=supAinfA.sup(AB)? (A+B(resp.AB) désigne l"ensemble des sommes (resp. des produits) d"un élément deAet d"un
élément deB).
que le nombre 0;ukuk+1uk+2:::est rationnel. 1. En considérant la fonction f:x7!ånk=1(ak+xbk)2, montrer quejånk=1akbkj6qå nk=1a2kqå nk=1b2k (inégalité de CAUCHY-SCHWARZ). 2. En déduire l"inég alitéde M INKOWSKI:på nk=1(ak+bk)26qå nk=1a2k+qå nk=1b2k.(l"inégalité de CAUCHY-SCHWARZaffirme que le produit scalaire de deux vecteurs est inférieur ou égal
au produit de leurs normes et l"inégalité de MINKOWSKIest l"inégalité triangulaire). R.Indication : pourGsous-groupe donné de(R;+), non réduit àf0g, considérera=Inf(G\]0;+¥[)puis
envisager les deux casa=0 eta>0. (Definition :Gest dense dansRsi et seulement si :(8x2R;8e>0;9y2G=jyxjde tout facteur premier deanou debnest un multiple denet par unicité de la décomposition en facteurs
premiers, il en est de même de tout facteur premier dem. Ceci montre que, sinpmest rationnel,mest une
puissancen-ième parfaite. Réciproquement, simest une puissancen-ième parfaite,npmest un entier et
en particulier un rationnel. En résumé :8(m;n)2(Nnf0;1g)2;npm2Q,npm2N,mest une puissancen-ième parfaite:Par suite, simn"est pas une puissancen-ième parfaite,npmest irrationnel.
2. log22Q) 9(a;b)2(N)2=log2=ab ) 9(a;b)2(N)2=10a=b=2) 9(a;b)2(N)2=10a=2b ) 9(a;b)2(N)2=5a=2ba:Puisque 5
a>1, ceci imposeba2N. Mais alors, l"égalité ci-dessus est impossible poura6=0 etb6=0 par unicité de la décomposition en facteurs premiers d"un entier naturel supérieur ou égal à 2. On
a montré par l"absurde quelog2 est irrationnel.3.Supposons par l"absurde que psoit rationnel. Il existe alors deux entiers naturels non nulspetqtels que
p=pq . Pournentier naturel non nul donné, posons I n=1n!Z p0xn(pqx)nsinx dx=1n!Z
p=q0xn(pqx)nsinx dx:
• Tout d"abord, pour 06x6pq , on a 06x(pqx)=p2q pp2qq =p24q, et donc (puisque 06sinx61 pourx2[0;p]),06In61n!Z
p=q 0 p24q n dx=pn! p24q n D"après le résultat admis par l"énoncé, pn! p24q ntend vers 0 quandntend vers+¥, et donc d"après lethéorème de la limite par encadrement, la suite(In)converge et limn!+¥In=0. • Ensuite, puisque pour
xélément de[0;p], on axn(pqx)nsinx>0, pournentier naturel non nul donné, on a I n=1n!Z p0xn(pqx)nsinx dx>1n!Z
3p=4 p=4xn(pqx)nsinx dx>1n! 3p4 p4 p4q pp4qq n1p2 p2 p2n!3p216q
n >0:Donc,8n2N;In>0. • Vérifions enfin que, pour tout entier naturel non nuln,Inest un entier (relatif).
SoitPn=1n!xn(pqx)n.Pnest un polynôme de degré 2net 0 etpq sont racines d"ordrendePnet donc, 4 pour 06k6n, racines d"ordrenkdeP(k)n. En particulier,P(k)n(0)etP(k)npq sont, pour 06k1n!xn(pqx)n=1n!xnnå
i=0Cinpni(1)iqixi=nå i=0C inn!pni(1)iqixn+i=2nå k=nC knnn!p2nk(1)knqknxk:On sait alors que
P (k)n(0) =k!(coefficient dexk) = (1)knk!n!Cknnp2nkqkn: ce qui montre queP(k)n(0)est entier relatif (puisquen6k62n). Puis, commePnpq x =Pn(x), on a encoreP(k)npq x = (1)kP(k)n(x)et en particulierP(k)npq = (1)kP(k)n(0)2Z. On a montré que pour tout entier naturelk,P(k)n(0)etP(k)npq sont des entiers relatifs. Montrons alors queInest un entier relatif. Une première intégration par parties fournit :In= [Pn(x)cosx]p=q0+Rp=q
0P0n(x)cosx dx. cos
prend des valeurs entières en 0 et pq =pde même quePn. Par suite, I n2Z,Z p=q0P0n(x)cosx dx2Z:
Une deuxième intégration par parties fournit : Rp=q0P0n(x)cosx dx= [P0n(x)sinx]p=q
0Rp=q0P00n(x)sinx dx.
sin prend des valeurs entières en 0 et pq =p, de même queP0net I n2Z,Z p=q0P00n(x)sinx dx2Z:
En renouvelant les intégrations par parties et puisque sin et cos prennent des valeurs entières en 0 etpde
même que les dérivées succesives dePn, on en déduit que : I n2Z,Z p=q0P(2n)n(x)sinx dx2Z:
Mais, Z p=q0P(2n)n(x)sinx dx=Z
p=q01n!(q)n(2n)!sinx dx=2(q)n(2n)(2n1):::(n+1)2Z:
Donc pour tout natureln,Inest un entier relatif, strictement positif d"après plus haut. On en déduit que
pour tout natureln,In>1. Cette dernière constatation contredit le fait que la suite(In)converge vers 0.
L"hypothèsepest rationnel est donc absurde et par suite, pest irrationnel.4.Montrons par récurrence que : 8n2N;e=ånk=01k!+R10(1t)nn!etdt. • Pourn=0,R1
0(1t)nn!etdt=R1
0etdt=e1 et donc,e=1+R1
0etdt=å0k=01k!+R1
0(1t)00!
etdt. • Soitn>0. Supposons que e=ånk=01k!+R10(1t)nn!etdt. Une intégrations par parties fournit :
Z 10(1t)nn!etdt=
(1t)n+1(n+1)n!et 1 0 +Z 10(1t)n+1(n+1)!etdt=1(n+1)!+Z
10(1t)n+1(n+1)!etdt;
et donc, 5 e=nå k=01k!+1(n+1)!+Z 10(1t)n+1(n+1)!etdt=n+1å
k=01k!+Z 10(1t)n+1(n+1)!etdt:
Le résultat est ainsi démontré par récurrence. Soitnun entier naturel non nul. D"après ce qui précède,
0 k=01k!=Z 1 0(1t)nn!etdt 1 0(1t)nn!dt=e(n+1)!<3(n+1)!:
Supposons alors par l"absurde queesoit rationnel. Alors, il existe(a;b)2(N)2=e=ab . Soitnun entier naturel non nul quelconque. D"après ce qui précède, on a 0ånk=01k!<3(n+1)!, ce qui s"écrit encore après multiplication des trois membres parbn! 0 En particulier, pourn=3b, on a 0Xcos2p7 cos4p7 cos6p7 =0: Calculons alors ces trois coefficients. Soitw=e2ip=7. Puisquew7=1 et quew+w2+w3+w4+w5+ w 6=1, on a d"après les formules d"EULER
cos 2p7 +cos4p7 +cos6p7 =12 (w+w6+w2+w5+w3+w4) =12 puis, cos 2p7 cos4p7 +cos2p7 cos6p7 +cos4p7 cos6p7 =14 14 2(1)4 =12 et enfin, cos 2p7 cos4p7 cos6p7 =18 (w+w6)(w2+w5)(w3+w4) 18 (w3+w6+w+w4)(w3+w4) =18 (w6+1+w2+w3+w4+w5+1+w) =18 6 Les trois nombres cos
2p7 , cos4p7 et cos6p7 sont donc solution de l"équationX3+12 X212 X18 =0 ou encore de l"équation 8X3+4X24X1=0:
Montrons que cette équation n"admet pas de racine rationnelle. Dans le cas contraire, si, pourpentier
relatif non nul etqentier naturel non nul tels quepetqsont premiers entre eux, le nombrer=pq est racine de cette équation, alors 8p3+4p2q4pq2q3=0. Ceci peut encore s"écrire 8p3=q(4p2+4pq+q2) ce qui montre queqdivise 8p3. Commeqest premier avecpet donc avecp3, on en déduit d"après le théorème de GAUSSqueqdivise 8. De même, l"égalitéq3=p(8p2+4pq4q2)montre quepdiviseq3 et donc quepdivise 1. Ainsi,p2 f1;1getq2 f1;2;4;8gou encorer21;1;12 ;12 ;14 ;14 ;18 ;18 On vérifie alors aisément qu"aucun de ces nombres n"est racine de l"équation considérée et donc cette
équation n"a pas de racine rationnelle. En particulier, cos 2p7 est irrationnel.6.On sait que p2, p3 et p5 sont irrationnels mais ceci n"impose rien à la somme p2+p3+p5. Soit a=p2+p3+p5. a=p2+p3+p5)(ap2)2= (p3+p5)2)a22p2a+2=8+2p15 )(a22p2a6)2=60)a4+8a224=4p2a(a26) Si maintenant, on suppose queaest rationnel, puisquep2 est irrationnel, on a nécessairementa(a2 6) =0 (dans le cas contraire,p2=a4+8a2244a(a26)2Q). Maisan"est ni 0, nip6, ni
p6 (cara2> 2+3+5=10>6). Donc
p2+p3+p5 est irrationnel. Correction de
l"exer cice 2 NAetBsontdeuxpartiesnonvidesetmajoréesdeRetadmettentdoncdesbornessupérieuresnotéesrespectivement
aetb. Pour tout(a;b)2AB, on aa+b6a+b. Ceci montre queA+Best une partie non vide et majorée deR, et donc que sup(A+B)existe dansR. (De plus, puisquea+best un majorant deA+B, on a déjà sup(A+B)6a+b). Soit alorse>0. Il existea2Aetb2Btels queae2
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[PDF] le but de cet exercice est d'étudier les suites de termes positifs dont le premier terme u0
0(1t)nn!etdt 1 0(1t)nn!dt=e(n+1)!<3(n+1)!:
Supposons alors par l"absurde queesoit rationnel. Alors, il existe(a;b)2(N)2=e=ab . Soitnun entier naturel non nul quelconque. D"après ce qui précède, on a 0ånk=01k!<3(n+1)!, ce qui s"écrit encore après multiplication des trois membres parbn! 0 En particulier, pourn=3b, on a 0Xcos2p7 cos4p7 cos6p7 =0: Calculons alors ces trois coefficients. Soitw=e2ip=7. Puisquew7=1 et quew+w2+w3+w4+w5+ w 6=1, on a d"après les formules d"EULER
cos 2p7 +cos4p7 +cos6p7 =12 (w+w6+w2+w5+w3+w4) =12 puis, cos 2p7 cos4p7 +cos2p7 cos6p7 +cos4p7 cos6p7 =14 14 2(1)4 =12 et enfin, cos 2p7 cos4p7 cos6p7 =18 (w+w6)(w2+w5)(w3+w4) 18 (w3+w6+w+w4)(w3+w4) =18 (w6+1+w2+w3+w4+w5+1+w) =18 6 Les trois nombres cos
2p7 , cos4p7 et cos6p7 sont donc solution de l"équationX3+12 X212 X18 =0 ou encore de l"équation 8X3+4X24X1=0:
Montrons que cette équation n"admet pas de racine rationnelle. Dans le cas contraire, si, pourpentier
relatif non nul etqentier naturel non nul tels quepetqsont premiers entre eux, le nombrer=pq est racine de cette équation, alors 8p3+4p2q4pq2q3=0. Ceci peut encore s"écrire 8p3=q(4p2+4pq+q2) ce qui montre queqdivise 8p3. Commeqest premier avecpet donc avecp3, on en déduit d"après le théorème de GAUSSqueqdivise 8. De même, l"égalitéq3=p(8p2+4pq4q2)montre quepdiviseq3 et donc quepdivise 1. Ainsi,p2 f1;1getq2 f1;2;4;8gou encorer21;1;12 ;12 ;14 ;14 ;18 ;18 On vérifie alors aisément qu"aucun de ces nombres n"est racine de l"équation considérée et donc cette
équation n"a pas de racine rationnelle. En particulier, cos 2p7 est irrationnel.6.On sait que p2, p3 et p5 sont irrationnels mais ceci n"impose rien à la somme p2+p3+p5. Soit a=p2+p3+p5. a=p2+p3+p5)(ap2)2= (p3+p5)2)a22p2a+2=8+2p15 )(a22p2a6)2=60)a4+8a224=4p2a(a26) Si maintenant, on suppose queaest rationnel, puisquep2 est irrationnel, on a nécessairementa(a2 6) =0 (dans le cas contraire,p2=a4+8a2244a(a26)2Q). Maisan"est ni 0, nip6, ni
p6 (cara2> 2+3+5=10>6). Donc
p2+p3+p5 est irrationnel. Correction de
l"exer cice 2 NAetBsontdeuxpartiesnonvidesetmajoréesdeRetadmettentdoncdesbornessupérieuresnotéesrespectivement
aetb. Pour tout(a;b)2AB, on aa+b6a+b. Ceci montre queA+Best une partie non vide et majorée deR, et donc que sup(A+B)existe dansR. (De plus, puisquea+best un majorant deA+B, on a déjà sup(A+B)6a+b). Soit alorse>0. Il existea2Aetb2Btels queae2
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0(1t)nn!dt=e(n+1)!<3(n+1)!:
Supposons alors par l"absurde queesoit rationnel. Alors, il existe(a;b)2(N)2=e=ab . Soitnun entier naturel non nul quelconque. D"après ce qui précède, on a 00 En particulier, pourn=3b, on a 0Xcos2p7 cos4p7 cos6p7 =0: Calculons alors ces trois coefficients. Soitw=e2ip=7. Puisquew7=1 et quew+w2+w3+w4+w5+ w 6=1, on a d"après les formules d"EULER
cos 2p7 +cos4p7 +cos6p7 =12 (w+w6+w2+w5+w3+w4) =12 puis, cos 2p7 cos4p7 +cos2p7 cos6p7 +cos4p7 cos6p7 =14 14 2(1)4 =12 et enfin, cos 2p7 cos4p7 cos6p7 =18 (w+w6)(w2+w5)(w3+w4) 18 (w3+w6+w+w4)(w3+w4) =18 (w6+1+w2+w3+w4+w5+1+w) =18 6 Les trois nombres cos
2p7 , cos4p7 et cos6p7 sont donc solution de l"équationX3+12 X212 X18 =0 ou encore de l"équation 8X3+4X24X1=0:
Montrons que cette équation n"admet pas de racine rationnelle. Dans le cas contraire, si, pourpentier
relatif non nul etqentier naturel non nul tels quepetqsont premiers entre eux, le nombrer=pq est racine de cette équation, alors 8p3+4p2q4pq2q3=0. Ceci peut encore s"écrire 8p3=q(4p2+4pq+q2) ce qui montre queqdivise 8p3. Commeqest premier avecpet donc avecp3, on en déduit d"après le théorème de GAUSSqueqdivise 8. De même, l"égalitéq3=p(8p2+4pq4q2)montre quepdiviseq3 et donc quepdivise 1. Ainsi,p2 f1;1getq2 f1;2;4;8gou encorer21;1;12 ;12 ;14 ;14 ;18 ;18 On vérifie alors aisément qu"aucun de ces nombres n"est racine de l"équation considérée et donc cette
équation n"a pas de racine rationnelle. En particulier, cos 2p7 est irrationnel.6.On sait que p2, p3 et p5 sont irrationnels mais ceci n"impose rien à la somme p2+p3+p5. Soit a=p2+p3+p5. a=p2+p3+p5)(ap2)2= (p3+p5)2)a22p2a+2=8+2p15 )(a22p2a6)2=60)a4+8a224=4p2a(a26) Si maintenant, on suppose queaest rationnel, puisquep2 est irrationnel, on a nécessairementa(a2 6) =0 (dans le cas contraire,p2=a4+8a2244a(a26)2Q). Maisan"est ni 0, nip6, ni
p6 (cara2> 2+3+5=10>6). Donc
p2+p3+p5 est irrationnel. Correction de
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aetb. Pour tout(a;b)2AB, on aa+b6a+b. Ceci montre queA+Best une partie non vide et majorée deR, et donc que sup(A+B)existe dansR. (De plus, puisquea+best un majorant deA+B, on a déjà sup(A+B)6a+b). Soit alorse>0. Il existea2Aetb2Btels queae2
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6=1, on a d"après les formules d"EULER
cos 2p7 +cos4p7 +cos6p7 =12 (w+w6+w2+w5+w3+w4) =12 puis, cos 2p7 cos4p7 +cos2p7 cos6p7 +cos4p7 cos6p7 =14 14 2(1)4 =12 et enfin, cos 2p7 cos4p7 cos6p7 =18 (w+w6)(w2+w5)(w3+w4) 18 (w3+w6+w+w4)(w3+w4) =18 (w6+1+w2+w3+w4+w5+1+w) =18 6Les trois nombres cos
2p7 , cos4p7 et cos6p7 sont donc solution de l"équationX3+12 X212 X18 =0 ou encore de l"équation8X3+4X24X1=0:
Montrons que cette équation n"admet pas de racine rationnelle. Dans le cas contraire, si, pourpentier
relatif non nul etqentier naturel non nul tels quepetqsont premiers entre eux, le nombrer=pq est racine de cette équation, alors 8p3+4p2q4pq2q3=0. Ceci peut encore s"écrire 8p3=q(4p2+4pq+q2) ce qui montre queqdivise 8p3. Commeqest premier avecpet donc avecp3, on en déduit d"après le théorème de GAUSSqueqdivise 8. De même, l"égalitéq3=p(8p2+4pq4q2)montre quepdiviseq3 et donc quepdivise 1. Ainsi,p2 f1;1getq2 f1;2;4;8gou encorer21;1;12 ;12 ;14 ;14 ;18 ;18On vérifie alors aisément qu"aucun de ces nombres n"est racine de l"équation considérée et donc cette
équation n"a pas de racine rationnelle. En particulier, cos 2p7 est irrationnel.6.On sait que p2, p3 et p5 sont irrationnels mais ceci n"impose rien à la somme p2+p3+p5. Soit a=p2+p3+p5. a=p2+p3+p5)(ap2)2= (p3+p5)2)a22p2a+2=8+2p15 )(a22p2a6)2=60)a4+8a224=4p2a(a26) Si maintenant, on suppose queaest rationnel, puisquep2 est irrationnel, on a nécessairementa(a26) =0 (dans le cas contraire,p2=a4+8a2244a(a26)2Q). Maisan"est ni 0, nip6, ni
p6 (cara2>2+3+5=10>6). Donc
p2+p3+p5 est irrationnel.Correction de
l"exer cice2 NAetBsontdeuxpartiesnonvidesetmajoréesdeRetadmettentdoncdesbornessupérieuresnotéesrespectivement
aetb. Pour tout(a;b)2AB, on aa+b6a+b. Ceci montre queA+Best une partie non vide et majorée deR, et donc que sup(A+B)existe dansR. (De plus, puisquea+best un majorant deA+B, on a déjà sup(A+B)6a+b). Soit alorse>0. Il existea2Aetb2Btels queae2[PDF] filière st2s programme
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