Exercice 1 I Montrer que les nombres suivants sont irrationnels 1 (**) √ 2 et plus généralement n √ m où n est un entier supérieur
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Exercice 1 I Montrer que les nombres suivants sont irrationnels 1 (**) √ 2 et plus généralement n √ m où n est un entier supérieur
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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!+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 En résumé, On en déduit que
sup(A+B) =a+b=supA+supB.Pour les bornes inférieures, on peut refaire le travail précédent en l"adaptant ou appliquer le résultat précédent
aux ensemblesAetBcar InfA=sup(A).Correction del"exer cice3 NPosonspournentiernaturelnonnulun=1n +(1)ndesortequeA=fun;n2Ng=0;12 +1;13 1;14 +1;15 1;:::.
Pourn>1,u2n=1+12n. Donc8n2N, 1 . Pourn>1,u2n1=1+12n1. Donc8n2N, 1 . Donc, supAet infAexistent dansRet de plus16 infA6supA632 . Ensuite,32 =u22A. Donc, 7 supA=maxA=32 .Enfin, pour chaque entier naturel non nuln, ona16infA6u2n1=1+12n1. On fait tendrentend vers l"infini dans cet encadrement, on obtient infA=1(cette borne inférieure n"est pas un minimum). Correction de
l"exer cice 4 NPosonsB=fjyxj;(x;y)2A2g.Aest une partie non vide et bornée deR, et doncm=infAetM=supA
existent dansR. Pour(x;y)2A2, on am6x6Metm6yM, et doncyx6Mmetxy6Mmou encore jyxj6Mm. Par suite,Best une partie non vide et majorée deR.Badmet donc une borne supérieure. Soit
e>0. Il existe(x0;y0)2A2tel quex0supAe2 Ces deux élémentsx0ety0vérifient,
jy0x0j>y0x0> supAe2 infA+e2 =supAinfAe: En résumé,
1.8(x;y)2A2;jyxj6supAinfAet
2.8e>0;9(x;y)2A2=jyxj>supAinfAe.
Donc, supB=supAinfA.
supfjyxj;(x;y)2A2g=supAinfA.Correction del"exer cice5 N1.A\Bpeut être vide et on n"a rien à dire. Supposons doncA\Bnon vide. Pourx2A\B, on ax6
supAetx6supBet doncx6minfsupA;supBg. Dans ce cas, sup(A\B)existe et sup(A\B)6 minfsupA;supBg. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soitA= [0;1]\QetB= ([0;1]\(RnQ))[ f0g. On a supA=1, supB=1,A\B=f0get donc sup(A\B) =0<1=minfsupA;supBg. 2. Pour x2A[B, onax6maxfsupA;supBg. Doncsup(A[B)existedansRetsup(A[B)6maxfsupA;supBg. Inversement, supposons par exemple supA>supBde sorte que maxfsupA;supBg=supA. Soit alors e>0. Il existea2Atel que supAe8x2(A[B);x6maxfsupA;supBget8e>0;9x2(A[B)=maxfsupA;supBge sup(A[B) =maxfsupA;supBg.3.D"après l"e xercice2 , sup(A+B) =supA+supB. 4. Pour sup (AB), tout est possible. Par exemple, siA=B=]¥;0]alors supA=supB=0, maisAB= [0;+¥[et sup(AB)n"existe pas dansR.Correction del"exer cice6 NSoientkun entier naturel non nul etnun entier naturel supérieur ou égal àk.
8 n+10k! k =(n+10k!)(n+10k!1):::(n+10k!k+1)k! n(n1):::(nk+1)+10k!Kk!(pour un certain entierK) n(n1):::(nk+1)k!+10K=n k +10K: La différence
n+10k! k n k est donc divisible par 10. Par suite,n+10k! k etn k ont même chiffre des unités en base 10. Ainsi,8n>k;un+10k!=unet donc la suiteuest donc 10k!-périodique. On sait
alors que 0;ukuk+1uk+2:::est rationnel.Correction del"exer cice7 NPourn=1,å2n1k=0(1)kk+1=112
=12 etå2nk=n+11k =12 . L"identité proposée est donc vraie pourn=1. Soitn>1. Supposons queå2n1k=0(1)kk+1=å2nk=n+11k On a alors
2(n+1)1å
k=0(1)kk+1=2n1å k=0(1)kk+1+12n+112n+2=2nå k=n+11k +12n+112(n+1) 1n+1+2n+1å
k=n+21k +12(n+1)=2n+1å k=n+21k +12n+2=2(n+1)å k=n+21kquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
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 En résumé, On en déduit que
sup(A+B) =a+b=supA+supB.Pour les bornes inférieures, on peut refaire le travail précédent en l"adaptant ou appliquer le résultat précédent
aux ensemblesAetBcar InfA=sup(A).Correction del"exer cice3 NPosonspournentiernaturelnonnulun=1n +(1)ndesortequeA=fun;n2Ng=0;12 +1;13 1;14 +1;15 1;:::.
Pourn>1,u2n=1+12n. Donc8n2N, 1 . Pourn>1,u2n1=1+12n1. Donc8n2N, 1 . Donc, supAet infAexistent dansRet de plus16 infA6supA632 . Ensuite,32 =u22A. Donc, 7 supA=maxA=32 .Enfin, pour chaque entier naturel non nuln, ona16infA6u2n1=1+12n1. On fait tendrentend vers l"infini dans cet encadrement, on obtient infA=1(cette borne inférieure n"est pas un minimum). Correction de
l"exer cice 4 NPosonsB=fjyxj;(x;y)2A2g.Aest une partie non vide et bornée deR, et doncm=infAetM=supA
existent dansR. Pour(x;y)2A2, on am6x6Metm6yM, et doncyx6Mmetxy6Mmou encore jyxj6Mm. Par suite,Best une partie non vide et majorée deR.Badmet donc une borne supérieure. Soit
e>0. Il existe(x0;y0)2A2tel quex0supAe2 Ces deux élémentsx0ety0vérifient,
jy0x0j>y0x0> supAe2 infA+e2 =supAinfAe: En résumé,
1.8(x;y)2A2;jyxj6supAinfAet
2.8e>0;9(x;y)2A2=jyxj>supAinfAe.
Donc, supB=supAinfA.
supfjyxj;(x;y)2A2g=supAinfA.Correction del"exer cice5 N1.A\Bpeut être vide et on n"a rien à dire. Supposons doncA\Bnon vide. Pourx2A\B, on ax6
supAetx6supBet doncx6minfsupA;supBg. Dans ce cas, sup(A\B)existe et sup(A\B)6 minfsupA;supBg. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soitA= [0;1]\QetB= ([0;1]\(RnQ))[ f0g. On a supA=1, supB=1,A\B=f0get donc sup(A\B) =0<1=minfsupA;supBg. 2. Pour x2A[B, onax6maxfsupA;supBg. Doncsup(A[B)existedansRetsup(A[B)6maxfsupA;supBg. Inversement, supposons par exemple supA>supBde sorte que maxfsupA;supBg=supA. Soit alors e>0. Il existea2Atel que supAe8x2(A[B);x6maxfsupA;supBget8e>0;9x2(A[B)=maxfsupA;supBge sup(A[B) =maxfsupA;supBg.3.D"après l"e xercice2 , sup(A+B) =supA+supB. 4. Pour sup (AB), tout est possible. Par exemple, siA=B=]¥;0]alors supA=supB=0, maisAB= [0;+¥[et sup(AB)n"existe pas dansR.Correction del"exer cice6 NSoientkun entier naturel non nul etnun entier naturel supérieur ou égal àk.
8 n+10k! k =(n+10k!)(n+10k!1):::(n+10k!k+1)k! n(n1):::(nk+1)+10k!Kk!(pour un certain entierK) n(n1):::(nk+1)k!+10K=n k +10K: La différence
n+10k! k n k est donc divisible par 10. Par suite,n+10k! k etn k ont même chiffre des unités en base 10. Ainsi,8n>k;un+10k!=unet donc la suiteuest donc 10k!-périodique. On sait
alors que 0;ukuk+1uk+2:::est rationnel.Correction del"exer cice7 NPourn=1,å2n1k=0(1)kk+1=112
=12 etå2nk=n+11k =12 . L"identité proposée est donc vraie pourn=1. Soitn>1. Supposons queå2n1k=0(1)kk+1=å2nk=n+11k On a alors
2(n+1)1å
k=0(1)kk+1=2n1å k=0(1)kk+1+12n+112n+2=2nå k=n+11k +12n+112(n+1) 1n+1+2n+1å
k=n+21k +12(n+1)=2n+1å k=n+21k +12n+2=2(n+1)å k=n+21kquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
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
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 En résumé, On en déduit que
sup(A+B) =a+b=supA+supB.Pour les bornes inférieures, on peut refaire le travail précédent en l"adaptant ou appliquer le résultat précédent
aux ensemblesAetBcar InfA=sup(A).Correction del"exer cice3 NPosonspournentiernaturelnonnulun=1n +(1)ndesortequeA=fun;n2Ng=0;12 +1;13 1;14 +1;15 1;:::.
Pourn>1,u2n=1+12n. Donc8n2N, 1 . Pourn>1,u2n1=1+12n1. Donc8n2N, 1 . Donc, supAet infAexistent dansRet de plus16 infA6supA632 . Ensuite,32 =u22A. Donc, 7 supA=maxA=32 .Enfin, pour chaque entier naturel non nuln, ona16infA6u2n1=1+12n1. On fait tendrentend vers l"infini dans cet encadrement, on obtient infA=1(cette borne inférieure n"est pas un minimum). Correction de
l"exer cice 4 NPosonsB=fjyxj;(x;y)2A2g.Aest une partie non vide et bornée deR, et doncm=infAetM=supA
existent dansR. Pour(x;y)2A2, on am6x6Metm6yM, et doncyx6Mmetxy6Mmou encore jyxj6Mm. Par suite,Best une partie non vide et majorée deR.Badmet donc une borne supérieure. Soit
e>0. Il existe(x0;y0)2A2tel quex0supAe2 Ces deux élémentsx0ety0vérifient,
jy0x0j>y0x0> supAe2 infA+e2 =supAinfAe: En résumé,
1.8(x;y)2A2;jyxj6supAinfAet
2.8e>0;9(x;y)2A2=jyxj>supAinfAe.
Donc, supB=supAinfA.
supfjyxj;(x;y)2A2g=supAinfA.Correction del"exer cice5 N1.A\Bpeut être vide et on n"a rien à dire. Supposons doncA\Bnon vide. Pourx2A\B, on ax6
supAetx6supBet doncx6minfsupA;supBg. Dans ce cas, sup(A\B)existe et sup(A\B)6 minfsupA;supBg. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soitA= [0;1]\QetB= ([0;1]\(RnQ))[ f0g. On a supA=1, supB=1,A\B=f0get donc sup(A\B) =0<1=minfsupA;supBg. 2. Pour x2A[B, onax6maxfsupA;supBg. Doncsup(A[B)existedansRetsup(A[B)6maxfsupA;supBg. Inversement, supposons par exemple supA>supBde sorte que maxfsupA;supBg=supA. Soit alors e>0. Il existea2Atel que supAe8x2(A[B);x6maxfsupA;supBget8e>0;9x2(A[B)=maxfsupA;supBge sup(A[B) =maxfsupA;supBg.3.D"après l"e xercice2 , sup(A+B) =supA+supB. 4. Pour sup (AB), tout est possible. Par exemple, siA=B=]¥;0]alors supA=supB=0, maisAB= [0;+¥[et sup(AB)n"existe pas dansR.Correction del"exer cice6 NSoientkun entier naturel non nul etnun entier naturel supérieur ou égal àk.
8 n+10k! k =(n+10k!)(n+10k!1):::(n+10k!k+1)k! n(n1):::(nk+1)+10k!Kk!(pour un certain entierK) n(n1):::(nk+1)k!+10K=n k +10K: La différence
n+10k! k n k est donc divisible par 10. Par suite,n+10k! k etn k ont même chiffre des unités en base 10. Ainsi,8n>k;un+10k!=unet donc la suiteuest donc 10k!-périodique. On sait
alors que 0;ukuk+1uk+2:::est rationnel.Correction del"exer cice7 NPourn=1,å2n1k=0(1)kk+1=112
=12 etå2nk=n+11k =12 . L"identité proposée est donc vraie pourn=1. Soitn>1. Supposons queå2n1k=0(1)kk+1=å2nk=n+11k On a alors
2(n+1)1å
k=0(1)kk+1=2n1å k=0(1)kk+1+12n+112n+2=2nå k=n+11k +12n+112(n+1) 1n+1+2n+1å
k=n+21k +12(n+1)=2n+1å k=n+21k +12n+2=2(n+1)å k=n+21kquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
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 queae2On en déduit que
sup(A+B) =a+b=supA+supB.Pour les bornes inférieures, on peut refaire le travail précédent en l"adaptant ou appliquer le résultat précédent
aux ensemblesAetBcar InfA=sup(A).Correction del"exer cice3 NPosonspournentiernaturelnonnulun=1n +(1)ndesortequeA=fun;n2Ng=0;12 +1;13 1;14 +1;151;:::.
Pourn>1,u2n=1+12n. Donc8n2N, 1 . Pourn>1,u2n1=1+12n1. Donc8n2N, 1 . Donc, supAet infAexistent dansRet de plus16 infA6supA632 . Ensuite,32 =u22A. Donc, 7 supA=maxA=32 .Enfin, pour chaque entier naturel non nuln, ona16infA6u2n1=1+12n1. On fait tendrentend vers l"infini dans cet encadrement, on obtient infA=1(cette borne inférieure n"est pas un minimum). Correction de
l"exer cice 4 NPosonsB=fjyxj;(x;y)2A2g.Aest une partie non vide et bornée deR, et doncm=infAetM=supA
existent dansR. Pour(x;y)2A2, on am6x6Metm6yM, et doncyx6Mmetxy6Mmou encore jyxj6Mm. Par suite,Best une partie non vide et majorée deR.Badmet donc une borne supérieure. Soit
e>0. Il existe(x0;y0)2A2tel quex0supAe2 Ces deux élémentsx0ety0vérifient,
jy0x0j>y0x0> supAe2 infA+e2 =supAinfAe: En résumé,
1.8(x;y)2A2;jyxj6supAinfAet
2.8e>0;9(x;y)2A2=jyxj>supAinfAe.
Donc, supB=supAinfA.
supfjyxj;(x;y)2A2g=supAinfA.Correction del"exer cice5 N1.A\Bpeut être vide et on n"a rien à dire. Supposons doncA\Bnon vide. Pourx2A\B, on ax6
supAetx6supBet doncx6minfsupA;supBg. Dans ce cas, sup(A\B)existe et sup(A\B)6 minfsupA;supBg. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soitA= [0;1]\QetB= ([0;1]\(RnQ))[ f0g. On a supA=1, supB=1,A\B=f0get donc sup(A\B) =0<1=minfsupA;supBg. 2. Pour x2A[B, onax6maxfsupA;supBg. Doncsup(A[B)existedansRetsup(A[B)6maxfsupA;supBg. Inversement, supposons par exemple supA>supBde sorte que maxfsupA;supBg=supA. Soit alors e>0. Il existea2Atel que supAe8x2(A[B);x6maxfsupA;supBget8e>0;9x2(A[B)=maxfsupA;supBge sup(A[B) =maxfsupA;supBg.3.D"après l"e xercice2 , sup(A+B) =supA+supB. 4. Pour sup (AB), tout est possible. Par exemple, siA=B=]¥;0]alors supA=supB=0, maisAB= [0;+¥[et sup(AB)n"existe pas dansR.Correction del"exer cice6 NSoientkun entier naturel non nul etnun entier naturel supérieur ou égal àk.
8 n+10k! k =(n+10k!)(n+10k!1):::(n+10k!k+1)k! n(n1):::(nk+1)+10k!Kk!(pour un certain entierK) n(n1):::(nk+1)k!+10K=n k +10K: La différence
n+10k! k n k est donc divisible par 10. Par suite,n+10k! k etn k ont même chiffre des unités en base 10. Ainsi,8n>k;un+10k!=unet donc la suiteuest donc 10k!-périodique. On sait
alors que 0;ukuk+1uk+2:::est rationnel.Correction del"exer cice7 NPourn=1,å2n1k=0(1)kk+1=112
=12 etå2nk=n+11k =12 . L"identité proposée est donc vraie pourn=1. Soitn>1. Supposons queå2n1k=0(1)kk+1=å2nk=n+11k On a alors
2(n+1)1å
k=0(1)kk+1=2n1å k=0(1)kk+1+12n+112n+2=2nå k=n+11k +12n+112(n+1) 1n+1+2n+1å
k=n+21k +12(n+1)=2n+1å k=n+21k +12n+2=2(n+1)å k=n+21kquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
1 . Donc, supAet infAexistent dansRet de plus16 infA6supA632 . Ensuite,32 =u22A. Donc, 7 supA=maxA=32 .Enfin, pour chaque entier naturel non nuln, ona16infA6u2n1=1+12n1. On fait tendrentend vers l"infini dans cet encadrement, on obtient infA=1(cette borne inférieure n"est pas un minimum). Correction de
l"exer cice 4 NPosonsB=fjyxj;(x;y)2A2g.Aest une partie non vide et bornée deR, et doncm=infAetM=supA
existent dansR. Pour(x;y)2A2, on am6x6Metm6yM, et doncyx6Mmetxy6Mmou encore jyxj6Mm. Par suite,Best une partie non vide et majorée deR.Badmet donc une borne supérieure. Soit
e>0. Il existe(x0;y0)2A2tel quex0supAe2 Ces deux élémentsx0ety0vérifient,
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1.8(x;y)2A2;jyxj6supAinfAet
2.8e>0;9(x;y)2A2=jyxj>supAinfAe.
Donc, supB=supAinfA.
supfjyxj;(x;y)2A2g=supAinfA.Correction del"exer cice5 N1.A\Bpeut être vide et on n"a rien à dire. Supposons doncA\Bnon vide. Pourx2A\B, on ax6
supAetx6supBet doncx6minfsupA;supBg. Dans ce cas, sup(A\B)existe et sup(A\B)6 minfsupA;supBg. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soitA= [0;1]\QetB= ([0;1]\(RnQ))[ f0g. On a supA=1, supB=1,A\B=f0get donc sup(A\B) =0<1=minfsupA;supBg. 2. Pour x2A[B, onax6maxfsupA;supBg. Doncsup(A[B)existedansRetsup(A[B)6maxfsupA;supBg. Inversement, supposons par exemple supA>supBde sorte que maxfsupA;supBg=supA. Soit alors e>0. Il existea2Atel que supAe8x2(A[B);x6maxfsupA;supBget8e>0;9x2(A[B)=maxfsupA;supBge sup(A[B) =maxfsupA;supBg.3.D"après l"e xercice2 , sup(A+B) =supA+supB. 4. Pour sup (AB), tout est possible. Par exemple, siA=B=]¥;0]alors supA=supB=0, maisAB= [0;+¥[et sup(AB)n"existe pas dansR.Correction del"exer cice6 NSoientkun entier naturel non nul etnun entier naturel supérieur ou égal àk.
8 n+10k! k =(n+10k!)(n+10k!1):::(n+10k!k+1)k! n(n1):::(nk+1)+10k!Kk!(pour un certain entierK) n(n1):::(nk+1)k!+10K=n k +10K: La différence
n+10k! k n k est donc divisible par 10. Par suite,n+10k! k etn k ont même chiffre des unités en base 10. Ainsi,8n>k;un+10k!=unet donc la suiteuest donc 10k!-périodique. On sait
alors que 0;ukuk+1uk+2:::est rationnel.Correction del"exer cice7 NPourn=1,å2n1k=0(1)kk+1=112
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2(n+1)1å
k=0(1)kk+1=2n1å k=0(1)kk+1+12n+112n+2=2nå k=n+11k +12n+112(n+1) 1n+1+2n+1å
k=n+21k +12(n+1)=2n+1å k=n+21k +12n+2=2(n+1)å k=n+21kquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40
Correction de
l"exer cice4 NPosonsB=fjyxj;(x;y)2A2g.Aest une partie non vide et bornée deR, et doncm=infAetM=supA
existent dansR. Pour(x;y)2A2, on am6x6Metm6yM, et doncyx6Mmetxy6Mmou encorejyxj6Mm. Par suite,Best une partie non vide et majorée deR.Badmet donc une borne supérieure. Soit
e>0. Il existe(x0;y0)2A2tel quex0Ces deux élémentsx0ety0vérifient,
jy0x0j>y0x0> supAe2 infA+e2 =supAinfAe:En résumé,
1.8(x;y)2A2;jyxj6supAinfAet
2.8e>0;9(x;y)2A2=jyxj>supAinfAe.
Donc, supB=supAinfA.
supfjyxj;(x;y)2A2g=supAinfA.Correction del"exer cice5 N1.A\Bpeut être vide et on n"a rien à dire. Supposons doncA\Bnon vide. Pourx2A\B, on ax6
supAetx6supBet doncx6minfsupA;supBg. Dans ce cas, sup(A\B)existe et sup(A\B)6 minfsupA;supBg. On ne peut pas améliorer. Par exemple, soitA= [0;1]\QetB= ([0;1]\(RnQ))[ f0g. On a supA=1, supB=1,A\B=f0get donc sup(A\B) =0<1=minfsupA;supBg. 2. Pour x2A[B, onax6maxfsupA;supBg. Doncsup(A[B)existedansRetsup(A[B)6maxfsupA;supBg. Inversement, supposons par exemple supA>supBde sorte que maxfsupA;supBg=supA. Soit alors e>0. Il existea2Atel que supAe[0;+¥[et sup(AB)n"existe pas dansR.Correction del"exer cice6 NSoientkun entier naturel non nul etnun entier naturel supérieur ou égal àk.
8 n+10k! k =(n+10k!)(n+10k!1):::(n+10k!k+1)k! n(n1):::(nk+1)+10k!Kk!(pour un certain entierK) n(n1):::(nk+1)k!+10K=n k +10K:La différence
n+10k! k n k est donc divisible par 10. Par suite,n+10k! k etn k ont mêmechiffre des unités en base 10. Ainsi,8n>k;un+10k!=unet donc la suiteuest donc 10k!-périodique. On sait
alors que