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Faculte des Sciences de Rabat SMPC-S1

Departement de Mathematiques M3-E1 : Analyse

Serie d'exercices 1Exercice 11. Demontrer que sir2Qetx =2Qalorsr+x =2Qet sir6= 0alorsr:x =2Q.

2. Montrer quep262Q,

3. En deduire qu' entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel.

4. Soientaetbdeux rationnels positifs tels quepaetpbsoient irrationnels. Montrer quepa+pb

est irrationnel.

Exercice 2Trouver sous la formepq

des rationnelsxdont les developements decimaux periodiques sont donnes par :

3;14_14:::; 0;99_9:::; 3;149_9:::

Exercice 3Le maximum de deux nombresx;y(c'est-a-dire le plus grand des deux) est notemax(x;y). De m^eme on noteramin(x;y)le plus petit des deux nombresx;y. Demontrer que : max(x;y) =x+y+jxyj2 etmin(x;y) =x+y jxyj2

Trouver une formule pourmax(x;y;z).

Exercice 4Determiner la borne superieure et inferieure (si elles existent) de :A=funjn2Ngen posantun= 2nsinest pair etun= 2nsinon. Exercice 5Determiner (s'ils existent) : les majorants, les minorants, la borne superieure, la borne inferieure, le plus grand element, le plus petit element des ensembles suivants : [0;1]\Q;]0;1[\Q;N; (1)n+1n 2jn2N Exercice 6Siaetbsont des reels positifs ou nuls, montrer que : pa+pb62pa+b:

Exercice 7Soitf:R!Rtelle que

8(x;y)2R2f(x+y) =f(x) +f(y):

Montrer que

1.8n2Nf(n) =nf(1).

2.8n2Zf(n) =nf(1).

3.8q2Qf(q) =qf(1).

4.8x2Rf(x) =xf(1)sifest croissante.

1

Correction 11. Soitr=pq

2Qetx =2Q. Par l'absurde supposons quer+x2Qalors il existe

deux entiersp0;q0tels quer+x=p0q

0. Doncx=p0q

0pq =qp0pq0qq

02Qce qui est absurde car

x =2Q.

De la m^eme facon sirx2Qalorsrx=p0q

0Et doncx=p0q

0qp . Ce qui est absurde.

2.Methode \classique".Supposons, par l'absurde, quep22Qalors il existe deux entiersp;qtels

quep2 = pq . De plus nous pouvons supposer que la fraction est irreductible (petqsont premiers entre eux). En elevant l'egalite au carre nous obtenonsq22 =p2. Doncp2est un nombre pair, cela implique quepest un nombre pair (si vous n'^etes pas convaincu ecrivez la contraposee \p impair)p2impair"). Doncp= 2p0avecp02N, d'oup2= 4p02. Nous obtenonsq2= 2p02. Nous en deduisons maintenant queq2est pair et comme ci-dessus queqest pair. Nous obtenons ainsi une contradiction carpetqetant tous les deux pairs la fractionpq n'est pas irreductible et aurait pu ^etre simpliee. Doncp2=2Q. Autre methode.Supposons par l'absurde quep22Q. Alorsp2 = pq pour deux entiersp;q2N. Alors nous avonsqp22N. Considerons l'ensemble suivant : N=n n2Njnp22No Cet ensembleNest une partie deNqui est non vide carq2 N. On peut alors prendre le plus petit element deN:n0= minN. En particuliern0p22N. Denissons maintenantn1de la facon suivante :n1=n0p2n0. Il se trouve quen1appartient aussi aNcar d'une part n

12N(carn0etn0p2sont des entiers) et d'autre partn1p2 =n02n0p22N. Montrons

maintenant quen1est plus petit quen0. Comme03. Soientr;r0deux rationnels avecr < r0. Notonsx=r+p2 2 (r0r). D'une partx2]r;r0[(car 04.ab= (papb)(pa+pb) Correction 2On multiplie avec10pavecpbien choisit, puis on fait la diernce pour obtenir un entier. Correction 3Explicitons la formule pourmax(x;y). Six>y, alorsjxyj=xydonc12 (x+y+ jxyj) =12 (x+y+xy) =x. De m^eme six6y, alorsjxyj=x+ydonc12 (x+y+jxyj) = 12 (x+yx+y) =y. Pour trois elements, nous avonsmax(x;y;z) = maxmax(x;y);z, donc d'apres les formules pour deux elements : max(x;y;z) =max(x;y) +z+jmax(x;y)zj2 12 (x+y+jxyj) +z+12 (x+y+jxyj)z2 Correction 4(u2k)ktend vers+1et doncAne possede pas de majorant, ainsiAn'a pas de borne superieure (cependant certains ecrivent alorssupA= +1). D'autre part toutes les valeurs de(un) sont positives et(u2k+1)ktend vers0, doncinfA= 0. Correction 51.[0;1]\Q. Les majorants :[1;+1[. Les minorants :]1;0]. La borne superieure :

1. La borne inferieure :0. Le plus grand element :1. Le plus petit element0.

2

2.]0;1[\Q. Les majorants :[1;+1[. Les minorants :] 1;0]. La borne superieure :1. La borne

inferieure :0. Il nexiste pas de plus grand element ni de plus petit element.

3.N. Pas de majorants, pas de borne superieure, ni de plus grand element. Les minorants :]1;0].

La borne inferieure :0. Le plus petit element :0.

4.n (1)n+1n

2jn2No

. Les majorants :[54 ;+1[. Les minorants :]1;1]. La borne superieure : 54
. La borne inferieure :1. Le plus grand element :54 . Pas de plus petit element.

Correction 6

pa+pb62pa+b,(pa+pb)262(a+b) car les termes sont positifs, et la fonctionx7!x2est croissante surR+.Evaluons la dierence

2(a+b)(pa+pb)2:

2(a+b)(pa+pb)2=a+b2pa

pb= (papb)2>0: Donc par l'equivalence, nous obtenons l'inegalite recherchee. Correction 71. Calculons d'abordf(0). Nous savonsf(1) =f(1+0) =f(1)+f(0), doncf(0) =

0. Montrons le resultat demande par recurrence : pourn= 1, nous avons bienf(1) = 1f(1).

Sif(n) =nf(1)alorsf(n+ 1) =f(n) +f(1) =nf(1) +f(1) = (n+ 1)f(1).

2.0 =f(0) =f(1 + 1) =f(1) +f(1). Doncf(1) =f(1). Puis comme ci-dessusf(n) =

nf(1) =nf(1).

3. Soitq=ab

. Alorsf(a) =f(ab +ab ++ab ) =f(ab ) ++f(ab )(btermes dans ces sommes).

Doncf(a) =bf(ab

). Soitaf(1) =bf(ab ). Ce qui s'ecrit aussif(ab ) =ab f(1).

4. Fixonsx2R. Soit(i)une suite croissante de rationnels qui tend versx. Soit(i)une suite

decroissante de rationnels qui tend versx:

162636:::6x66261:

Alors commei6x6iet quefest croissante nous avonsf(i)6f(x)6f(i). D'apres la question precedent cette inequation devient :if(1)6f(x)6if(1). Comme(i)et(i) tendent versx. Par le \theoreme des gendarmes" nous obtenons en passant a la limite :xf(1)6 f(x)6xf(1). Soitf(x) =xf(1). 3quotesdbs_dbs23.pdfusesText_29

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