Exercices de mathématiques

2. Faux : la somme de deux nombres irrationnels positifs est irrationnelle. Démonstration. Pour montrer que l'affirmation est fausse il suffit de trouver deux

Ensembles de nombres

On montre de la même façon que le produit de deux nombres rationnels est un nombre rationnel et que le produit d'un nombre rationnel par un nombre irrationnel

Prépasup

18 avr. 2020 b) La somme le produit de deux nombres irrationnels est un irrationnel. c) La somme d'un nombre rationnel et d'un nombre irrationnel est un ...

Introduction `a lanalyse Exercices 2 1. (a) Montrer que la somme de

(b) Est-il vrai que la somme de deux nombres irrationnels est toujours un nombre irrationnel? Justifier. (c) Montrer que la somme d'un nombre rationnel et

TP2 #9. Preuve. Soient x et y deux nombres impairs. Alors selon la

Démontrons que le produit d'un nombre rationnel non nul et d'un nombre irrationnel est irrationnel en utilisant la démonstration par l'absurde. Soit x ? Qx =

Exercices de mathématiques supérieures

Montrer que ln 2 + ln 3 ln 5 + ln 7 est irrationnel. Exercice 6.6 ???. Solution p. 3. 1. Démontrer que la somme d'un rationnel et d'un irrationnel est un

Exercices de mathématiques supérieures

Exercice 6.5 ?. Montrer que ln 2 + ln 3 ln 5 + ln 7 est irrationnel. Exercice 6.6 ???. 1. Démontrer que la somme d'un rationnel et d'un irrationnel est un

Exercices de mathématiques - Exo7

Montrer que les nombres suivants sont irrationnels. Montrer que le nombre 0ukuk+1uk+2... est rationnel. Correction ?. [005214].

Nombres réels

8 nov. 2011 Donc I = R. 1.4 Rationnels et irrationnels. Un nombre rationnel est le quotient de deux entiers relatifs. La somme de deux rationnels ...

Nombres réels

Donc I = R. 1.4 Rationnels et irrationnels. Un nombre rationnel est le quotient de deux entiers relatifs. La somme de deux rationnels

Exo7

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!+R1

0(1t)nn!etdt, puis quepour toutentier

naturel non nuln, 0). Pour cela trouver une équation du troisième degré à coefficients entiers dont les solutions

sont cos(2p7 ), cos(4p7 )et cos(6p7 ), puis vérifier que cette équation n"a pas de racine rationnelle (supposer par l"absurde qu"il y a une racine rationnelle pq avecp2Z,q2Net PGCD(p;q) =1 et montrer quep

divise 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=jyxj2. Supposons alors queaetbsoient des entiers supérieurs à 2 (et quean=mbn). L"exposant

de 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 et

b6=0 par unicité de la décomposition en facteurs premiers d"un entier naturel supérieur ou égal à 2. On

a montré par l"absurde que

log2 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 p

0xn(pqx)nsinx dx=1n!Z

p=q

0xn(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 le

théorème 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 p

0xn(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 06k2n+1,P(k)n>0 et en particulier,P(k)n(0)et Pn (k)pq sont, pourk>2n+1, des entiers relatifs. Soitkun entier tel quen6k62n.

1n!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=q

0+Rp=q

0P0n(x)cosx dx. cos

prend des valeurs entières en 0 et pq =pde même quePn. Par suite, I n2Z,Z p=q

0P0n(x)cosx dx2Z:

Une deuxième intégration par parties fournit : Rp=q

0P0n(x)cosx dx= [P0n(x)sinx]p=q

0Rp=q

0P00n(x)sinx dx.

sin prend des valeurs entières en 0 et pq =p, de même queP0net I n2Z,Z p=q

0P00n(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=q

0P(2n)n(x)sinx dx2Z:

Mais, Z p=q

0P(2n)n(x)sinx dx=Z

p=q

01n!(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!+R1

0(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!+R1

0(1t)nn!etdt. Une intégrations par parties fournit :

Z 1

0(1t)nn!etdt=

(1t)n+1(n+1)n!et 1 0 +Z 1

0(1t)n+1(n+1)!etdt=1(n+1)!+Z

0(1t)n+1(n+1)!etdt;

et donc, 5 e=nå k=01k!+1(n+1)!+Z 1

0(1t)n+1(n+1)!etdt=n+1å

k=01k!+Z 1

0(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.quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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