Prépasup
18 avr. 2020 Q ce qui n'est pas. Exercice 2 a) Montrer que. ?. 3 est irrationnel. b) Montrer que. ?. 2 +. ?. 3 est irrationnel. c) Montrer que.
Chapitre 1 exercice 3 1. Vrai : la somme dun nombre rationnel et d
Faux : la somme de deux nombres irrationnels positifs est irrationnelle. Démonstration. Pour montrer que l'affirmation est fausse il suffit de trouver deux
Problème 1 : nombres irrationnels
On a montré que si ?n est rationnel alors ?n est entier. Par contraposition
Autour de la racine cubique de 2
La racine cubique de 2 est irrationnelle et n'est pas solution d'une équation au second degré à coefficients rationnels non tous nuls. 1. Montrer que le nombre
Démonstration de « racine carrée de 2 est irrationnel »
Est-il possible de construire un carré dont le côté b et la diagonale a soient tous deux mesurés par des nombres entiers? (La figure ci-dessous représente
1 Deux rationnels pour un irrationnel ?
Soit a b ? N
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
Epreuve 1. Problème 1 : nombres irrationnels
Sa racine n'est pas un entier donc est irrationnelle. 3. Supposons. 3ln. 2ln rationnel. Il existerait deux entiers naturels p et q premiers entre eux tels que
? 2 est irrationnel
2 est un nombre irrationnel. (C'est tr`es facile `a démontrer par l'absurde !) ... Puisque Q est une partie non vide de N? elle.
Une nouvelle démonstration dirrationalité de racine carrée de 2 d
simplement la leçon sur les irrationnels du passage mathématique figurant dans Il s'agit de démontrer que la racine carrée de 2 n'est pas rationnelle ...
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
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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
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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
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6=1, on a d"après les formules d"EULER
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