Fiche de mathématiques
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Les nombres réels : les exercices

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exercice 1

Soient x;y;z\text{ et }t , quatre réels vérifiant:

x^2+y^2+z^2+t^2=xy+yz+zt+tx


\text{Montrer que }x=y=z=t


exercice 2

Résoudre dans \R les inéquations suivantes:

1) \sqrt{2-x}+\sqrt{3+x}\geq 1

2) \left|\dfrac{x-1}{x+3}\right|\leq 3


exercice 3

Soient x\text{ et }y deux réels positifs tels que x\geq y\geq 0.

Simplifier:
A=\sqrt{x+2\sqrt{x-y}\sqrt{y}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-y}\sqrt{y}}



exercice 4

1-a) Montrer que \forall x;y\in\R_+\text{ : }\sqrt{x+y}\leq \sqrt{x}+\sqrt{y}
b) En déduire que \forall x;y\in\R\text{ : }\left|\sqrt{|x|}-\sqrt{|y|}\right|\leq \sqrt{\left|x-y\right |}

2) Montrer que \forall x;y\in\R\text{ : }|x|+|y|\leq |x+y|+|x-y|

3) Montrer que \forall x;y\in\R\text{ : }1+|xy-1|\leq (1+|x-1|)(1+|y-1|)

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exercice 5

Soient n \in \N^{*}\backslash\lbrace 1 \rbrace \enskip \text{ et  }\enskip m;M\in\R_+^{*}.

soit (x_i;y_i)_{i\in[\![1;n]\!]} une famille d'éléments de \R_+^{*}\times \R_+ vérifiant:

\forall i\in [\![1;n]\!]\text{ : }0<m\leq \dfrac{y_i}{x_i}\leq M


1) Montrer l'inégalité suivante:
\begin{matrix} \displaystyle \sum_{i=1}^{n}y_i^2\enskip +\enskip mM\sum_{i=1}^n x_i^2 &\leq& \displaystyle (m+M)\sum_{i=1}^n x_iy_i \end{matrix}


2) En déduire l'inégalité:
\begin{matrix}  \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}y_i^2\right) &\leq&\displaystyle \dfrac{(m+M)^2}{4mM}\left(\sum_{i=1}^n x_iy_i\right)^2\end{matrix}


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exercice 6

Soient A\text{ et }B deux parties non vides de \R avec A bornée et B\subset A \text{ . }

Comparer \sup A \text{ , }\sup B \text{ , }\inf A \text{ et }\inf B\text{ après en avoir justifié l'existence}


exercice 7

Soit A une partie non vide et majorée de \R avec \sup A >0.

Montrer qu'il existe au moins un élément de A strictement positif.


exercice 8

Soient A\text{ et }B deux parties non vides et bornées de \R et soit \alpha \in R , on définit les parties de \R suivantes:

\begin{matrix} \bullet & -A=\lbrace -x\text{ / }x\in A\rbrace \\ \bullet & A+B=\lbrace x+y\text{ / } x\in A\text{ , }y\in B\rbrace \\\bullet & \alpha+A=\lbrace \alpha+x \text{ / }x\in A\rbrace \\ \bullet & AB=\lbrace xy \text{ / }x\in A\text{ , }y\in B\rbrace \end{matrix}


1) Montrer que \sup(-A)=-\inf A

2) Montrer que \sup(A+B)=\sup A +\sup B

3) Montrer que \sup(\alpha+A)=\alpha+\sup A

4) A-t-on \sup(AB)=\sup A \text{ . }\sup B \text{ ? }


exercice 9

Soient A\text{ et }B deux parties non vides et bornées de \R .

1) Montrer que \sup (A\cup B)=\max(\sup A, \sup B) .

2) On suppose de plus que A\cap B\neq \emptyset . A-t-on \sup(A\cap B)= \min(\sup A, \sup B) ?

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exercice 10

Déterminer les bornes supérieure et inférieure des ensembles suivants, si elles existent:

\begin{matrix} \red \text{ 1)} & A&=&\left\lbrace \dfrac{1}{n}\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace \\\red \text{ 2)}  & B&=&\left\lbrace (-1)^n+\dfrac{1}{n}\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace \\ \red \text{ 3)}  & C&=&\left\lbrace (-1)^n\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace\end{matrix}

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exercice 11

Soient x\text{ et }y deux réels, et soit n\in\N^{*}.

1) Montrer que x\leq y\Longrightarrow E(x)\leq E(y)

2) Montrer que E(x)+E(y)\leq E(x+y)\leq E(x)+E(y)+1


exercice 12

Soit x un réel et n un entier naturel non nul.

Montrer que E\left(\dfrac{E(nx)}{n}\right)=E(x)


exercice 13

Soit x un réel et n un entier naturel non nul.

Montrer que \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x+\dfrac{k}{n}\right)=E(nx)

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exercice 14

1) Montrer que:

\forall n\in \N^*\text{ : }\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\dfrac{1}{2\sqrt{n}}<\sqrt{n}-\sqrt{n-1}


2) En déduire la valeur de E\left(\dfrac{1}{2}\displaystyle \sum_{k=1}^{10000} \dfrac{1}{\sqrt{k}}\right)

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exercice 15

Calculer pour tout n\in\N^*\text{ : }

\begin{matrix} S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{k+3\sqrt{k}}{k}\right)&&&&;&&&& \sigma_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n^2}E(\sqrt{k})\end{matrix}



exercice 16

Soient E \text{ et }F deux parties de \R telles que F\subset E \text{ et }F \text{ est dense dans }\R .

Montrer que E est dense dans \R


exercice 17

Soit D=\left\lbrace -q^2;q^2\text{ / }q\in \Q\right\rbrace \text{ . }Montrer que D est dense dans \R.

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exercice 18

On appelle nombre dyadique tout nombre rationnel de la forme \dfrac{m}{2^n}m\in \Z\text{ et }n\in\N.

1) Montrer que: \forall n\in\N\text{ : }2^n>n

2) Montrer en utilisant la propriété d'Archimède que l'ensemble des nombres dyadiques \Delta est dense dans \R\text{ : }

\Delta=\left\lbrace \dfrac{m}{2^n}\enskip\text{ / }\enskip m\in \Z\text{ ; }n\in\N\right\rbrace


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exercice 19

Soit n\in\N^* tel que n ne soit le carré d'aucun entier.

Montrer que \sqrt{n}\notin \Q .

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exercice 20

Etablir que: \alpha= \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}\notin \Q

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exercice 1

On a:

\begin{matrix} x^2+y^2+z^2+t^2=xy+yz+zt+tx&\iff& x^2-2xy+y^2+z^2-2zt+t^2=-xy+yz+zt+tx \\&\iff& (x-y)^2+(z-t)^2=-xy+yz+zt+tx\end{matrix}
D'autre part:

\begin{matrix} x^2+y^2+z^2+t^2=xy+yz+zt+tx&\iff& y^2-2yz+z^2+t^2-2tx+x^2+=xy-yz+zt-tx \\&\iff& (y-z)^2+(t-x)^2=-(-xy+yz+zt+tx)\end{matrix}

Il s'ensuit que (x-y)^2+(z-t)^2+(y-z)^2+(t-x)^2=0

Or, pour tous x;y;z;t\in\R\text{ : }(x-y)^2\geq 0 \text{ ; }(z-t)^2\geq 0\text{ ; }(y-z)^2\geq 0 \text{ et }(t-x)^2\geq 0

On obtient alors:

\begin{matrix}(x-y)^2+(z-t)^2+(y-z)^2+(t-x)^2=0&\iff& (x-y)^2=(z-t)^2=(y-z)^2=(t-x)^2=0 \\&\iff& x-y=0 \text{ et }z-t=0\text{ et }y-z=0 \text{ et }t-x=0 \\&\iff& x=y\text{ et }z=t\text{ et }y=z\text{ et }t=x \\&\iff& \boxed{x=y=z=t}\end{matrix}


exercice 2

1) Cette inéquation n'a de sens que si le réel x vérifie:
\left(2-x\geq 0\text{ et } 3+x\geq 0 \right)\iff x\in [-3;2]

[-3;2] est donc le domaine d'étude de cette inéquation.

Or, on remarque que \forall x\in [-3;0]\text{ : } \sqrt{2-x}\geq \sqrt{2}>1\enskip\text{ , d'où } \enskip \sqrt{2-x}+\sqrt{3+x}>1+\sqrt{3+x}>1\enskip\enskip\text{ (Puisque }\sqrt{3+x}\geq 0\text{ )}

De plus, \forall x\in [0;2]\text{ : } \sqrt{3+x}\geq \sqrt{3}>1\enskip\text{ , d'où } \enskip \sqrt{2-x}+\sqrt{3+x}>1+\sqrt{2-x}>1\enskip\enskip\text{ (Puisque }\sqrt{2-x}\geq 0\text{ )}

L'inéquation est donc vérifiée pour tout réel appartenant au domaine d'étude [-3;2] , et donc:

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions de l'inéquation est : }S=[-3;2]}


2) Le domaine d'étude de cette inéquation est \R\backslash\lbrace -3\rbrace

On a, pour tout x\in \R\backslash\lbrace -3\rbrace\text{ : }

\left|\dfrac{x-1}{x+3}\right|\leq 3 \iff -3\leq \dfrac{x-1}{x+3}\leq 3


Multiplions les membres de l'inégalité par (x+3)\text{ , distinguons pour cela deux cas: }

Si x\in ]-\infty;-3[\text{ : }x+3<0

\begin{matrix} \text{ Alors : }-3\leq \dfrac{x-1}{x+3}\leq 3 &\iff&   3(x+3)\leq x-1\leq -3(x+3)\\ &\iff& \begin{cases} 4x+8\leq 0 \\ 2x+10\leq 0 \end{cases}\\& \iff& \begin{cases}x\leq -2 \\x\leq -5\end{cases} \\&\iff &x\leq -5 \\&\iff& x\in ]-\infty;-5] \end{matrix}

Si x\in ]-3,+\infty[\text{ : }x+3>0

\begin{matrix} \text{ Alors : }-3\leq \dfrac{x-1}{x+3}\leq 3 &\iff&   -3(x+3)\leq x-1\leq 3(x+3)\\ &\iff& \begin{cases} 4x+8\geq 0 \\ 2x+10\geq 0 \end{cases}\\& \iff& \begin{cases}x\geq -2 \\x\geq -5\end{cases} \\&\iff &x\leq -2 \\&\iff& x\in [-2;+\infty[ \end{matrix}

L'ensemble des solutions de l'inéquation en question est donc:

\left(]-\infty;-3[\cap ]-\infty;-5]\right)\cup \left(]-3;+\infty[\cap [-2;+\infty[\right)= \boxed{]-\infty;-5]\cup[-2;+\infty[ }



exercice 3

Soient x;y deux réels tels que x\geq y\geq 0

\begin{matrix} \bullet \enskip \text{ On a: }\enskip x+2\sqrt{x-y}\sqrt{y} &=& x-y+2\sqrt{x-y}\sqrt{y}+y \\&=& (\sqrt{x-y})^2+\sqrt{x-y}\sqrt{y}+(\sqrt{y})^2 \\&=& (\sqrt{x-y}+\sqrt{y})^2\end{matrix}

\begin{matrix} \bullet \enskip \text{ Et: }\enskip x-2\sqrt{x-y}\sqrt{y} &=& x-y-2\sqrt{x-y}\sqrt{y}+y \\&=& (\sqrt{x-y})^2-\sqrt{x-y}\sqrt{y}+(\sqrt{y})^2 \\&=& (\sqrt{x-y}-\sqrt{y})^2\end{matrix}

\begin{matrix} \text{ D'où: }A&=& \sqrt{x+2\sqrt{x-y}\sqrt{y}}+\sqrt{x-2\sqrt{x-y}\sqrt{y}}\\ \\&=& \sqrt{(\sqrt{x-y}+\sqrt{y})^2}+\sqrt{(\sqrt{x-y}-\sqrt{y})^2} \\\\ &=& \left|\sqrt{x-y}+\sqrt{y}\right|+\left|\sqrt{x-y}-\sqrt{y}\right|\\\\&=& \sqrt{x-y}+\sqrt{y}+\left|\sqrt{x-y}-\sqrt{y}\right| \end{matrix}

Distinguons deux cas:

\text{ Si }\sqrt{x-y}\geq \sqrt{y} \enskip \left(\text{ c'est-à-dire: } x\geq 2y\right)

\begin{matrix} \text{ Alors: }A&=&  \sqrt{x-y}+\sqrt{y}+\left|\sqrt{x-y}-\sqrt{y}\right| \\\\&=&  \sqrt{x-y}+\sqrt{y}+\sqrt{x-y}-\sqrt{y} \\\\&=&2\sqrt{x-y}\end{matrix}

\text{ Si }\sqrt{x-y}\leq \sqrt{y} \enskip \left( x\leq 2y\right)

\begin{matrix} A&=&  \sqrt{x-y}+\sqrt{y}+\left|\sqrt{x-y}-\sqrt{y}\right| \\\\&=&  \sqrt{x-y}+\sqrt{y}+\sqrt{y}-\sqrt{x-y} \\\\&=&2\sqrt{y}\end{matrix}

On en déduit que:

\boxed{A=\begin{cases}2\sqrt{x-y}& \text{ ; Si }x\geq 2y \\ 2\sqrt{y}& \text{ ; Si }x\leq 2y \end{cases}}


On peut aussi écrire le réel A sous la forme: A= 2\sqrt{\max(x-y;y)}


exercice 4

1-a) Soient x;y\in\R_+.

On a:
\begin{matrix}(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2&=&(\sqrt{x})^2+2\sqrt{x}\sqrt{y}+(\sqrt{y})^2 \\&=& x+y+2\sqrt{xy}\\&\geq& x+y&\enskip \enskip\enskip\text{ puisque }\sqrt{xy}\geq 0 \end{matrix}


Par croissance de la fonction racine carrée, on obtient:

\begin{matrix}(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2\geq x+y &\iff& \sqrt{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}\geq \sqrt{x+y} \\&\iff& \left|\sqrt{x}+\sqrt{y}\right|\geq \sqrt{x+y}\\&\iff&\boxed{\sqrt{x}+\sqrt{y}\geq \sqrt{x+y}}& \enskip \enskip\enskip\text{ car } \sqrt{x}+\sqrt{y}\geq 0\end{matrix}


b) Soient x;y\in\R.

On a, d'après la question 1-a):

\begin{matrix} \sqrt{|x|}+\sqrt{|x-y|} &\geq& \sqrt{|x|+|x-y|} \\&=& \sqrt{|x|+|y-x|} \\&\geq & \sqrt{|x-x+y}|& \enskip\enskip\text{ (D'après l'inégalité triangulaire) } \\&=& \sqrt{|y|}\end{matrix}

D'où:
\sqrt{|x-y|}\geq \sqrt{|y|}-\sqrt{|x|} \iff -\sqrt{|x-y|}\leq \sqrt{|x|}-\sqrt{|y|}\enskip \enskip (i)


On montre de la même manière que:
 \sqrt{|y|}+\sqrt{|x-y|} &\geq& \sqrt{|x|}


On obtient:
  \sqrt{|x|}-\sqrt{|y|}\leq \sqrt{|x-y|}\enskip \enskip (ii)


On déduit de (i)\text{ et }(ii) que:
-\sqrt{|x-y|}\leq \sqrt{|x|}-\sqrt{|y|}\leq \sqrt{|x-y|}\iff \boxed{\left|\sqrt{|x|}-\sqrt{|y|}\right|\right|\leq \sqrt{|x-y|}}


2) Soient x;y\in\R.

On a, par l'inégalité triangulaire:

\begin{matrix}&|2x|=|x+y+x-y|\leq |x+y|+|x-y|\\\\\text{ et }&|2y|=|x+y+y-x|\leq |x+y|+|y-x|=|x+y|+|x-y|\end{matrix}


En sommant ces deux inégalités, on trouve:

\begin{matrix}|2x|+|2y|\leq 2(|x+y|+|x-y|) &\iff & 2(|x|+|y|)\leq 2(|x+y|+|x-y|) \\\\&\iff& \boxed{|x|+|y|\leq |x+y|+|x-y|}\end{matrix}


3) On remarque qu'on a pour tous x;y \in\R\text{ :}

\begin{matrix}(x-1)(y-1)=xy-x-y+1&\iff& xy=(x-1)(y-1)+x-1+y \\\\&\iff& xy-1=(x-1)(y-1)+x-1+y-1\end{matrix}


Et donc, d'après l'inégalité triangulaire:

\begin{matrix} 1+|xy-1| &=& 1+|(x-1)(y-1)+x-1+y-1| \\\\&\leq& 1+ |(x-1)(y-1)|+|x-1|+|y-1| \\\\&=& |x-1||y-1|+|x-1|+|y-1|+1 \\\\&=& |x-1|(|y-1|+1)+(|y-1|+1) \\\\&=& (|x-1|+1)(|y-1|+1)\end{matrix}


Ce qu'il fallait démontrer:

\boxed{\forall x;y\in\R\text{ : }1+|xy-1|\leq (1+|x-1|)(1+|y-1|)}



exercice 5



1) Pour tout i\in [\![1;n]\!]\text{ , on a: }

y_i^2-(m+M)x_iy_i+mMx_i^2=(y_i-mx_i)(y_i-Mx_i)


Et puisque
\forall i\in [\![1;n]\!]\text{ : }0<m\leq \dfrac{y_i}{x_i}\leq M\enskip\text{ , alors }\enskip mx_i\leq y_i \leq Mx_i


Il s'ensuit que
\forall i\in [\![1;n]\!]\text{ : }0\leq y_i-mx_i \enskip\text{ et }\enskip y_i-Mx_i\leq 0 \enskip\text{ , d'où }\enskip  (y_i-mx_i)(y_i-Mx_i)\leq 0


Ce qui veut dire que:
\forall i\in [\![1;n]\!]\text{ : }y_i^2-(m+M)x_iy_i+mMx_i^2\leq 0


En additionnant les n inégalités, on obtient:

\begin{matrix} \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \left(y_i^2-(m+M)x_iy_i+mMx_i^2\right) \leq 0&\iff& \displaystyle \sum_{i=1}^{n} y_i^2-\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (m+M)x_iy_i+\displaystyle \sum_{i=1}^{n} mMx_i^2 \leq 0 \\ &\iff& \displaystyle \sum_{i=1}^{n} y_i^2- (m+M)\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_iy_i+ mM\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2 \leq 0 \\\\ &\iff& \boxed{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} y_i^2+ mM\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2 \leq  (m+M)\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_iy_i}\end{matrix}


2) Puisque les deux membres de l'inégalité prouvée en 1) sont positifs, on peut l'élever au carré:

\begin{matrix} \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n} y_i^2+ mM\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)^2 \leq  \left((m+M)\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_iy_i}\right)^2 &\iff&  \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n} y_i^2+ mM\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)^2 \leq  (m+M)^2\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_iy_i}\right)^2 \enskip\enskip(i)\end{matrix}


En posant a=\displaystyle \sum_{i=1}^{n} y_i^2 \enskip\text{ et }\enskip b= \displaystyle mM\sum_{i=1}^{n} x_i^2 et en sachant que:

(a-b)^2\geq 0 \iff a^2-2ab +b^2\geq 0 \iff a^2+2ab +b^2\geq 4ab \iff (a+b)^2\geq 4ab


On obtient:
\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} y_i^2+ mM\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)^2  \geq 4 \displaystyle \left(\sum_{i=1}^{n} y_i^2\right)\left( mM\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)=4mM\left(\sum_{i=1}^{n} y_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right) \enskip\enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , et en sachant que } mM\neq 0\text{ : }
\begin{matrix} \displaystyle 4mM\left(\sum_{i=1}^{n} y_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)\leq  (m+M)^2\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_iy_i}\right)^2 &\iff& \boxed{\displaystyle\left(\sum_{i=1}^{n} y_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)\leq \dfrac{ (m+M)^2}{4mM}\left(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}x_iy_i\right)^2 }\end{matrix}}



exercice 6

A est une partie non vide et bornée de \R, alors:

\boxed{A\text{ possède une borne inférieure }\inf A\text{ et une borne supérieure }\sup A} .


B étant une partie non vide de A , alors B est aussi une partie non vide et bornée de \R, d'où:

\boxed{B\text{ possède une borne inférieure }\inf B\text{ et une borne supérieure }\sup B} .


On sait que \forall x\in B\text{ : }\inf B\leq x\leq \sup B\text{ , donc :}

\inf B\leq \sup B\enskip\enskip (i)


De plus, puisque B\subset A \text{ , alors }\forall x\in B \text{ : }x\in A , il s'ensuit alors que \forall x\in B\text{ : }x\leq \sup A\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip \inf A \leq x.

Ce qui veut dire que \sup A est un majorant de B et \inf A est un minorant de B , or, on sait que \sup B est le plus petit des majorants de B et que \inf B est le plus grand des minorants de B, alors:

\sup B\leq \sup A\enskip\enskip (ii) \enskip\enskip\enskip \enskip \enskip \inf A \leq \inf B \enskip\enskip (iii)


\text{De }(i)\text{ , }(ii)\text{ et }(iii)\text{ , on conclut que: }

\boxed{\inf A\leq \inf B\leq \sup B\leq \sup A }



exercice 7

Raisonnons par l'absurde en supposant que tous les éléments de A sont négatifs.

On aurait donc, \forall x\in A\text{ : }x\leq 0 . Ce qui veut dire que 0 est un majorant de A.

Et puisque \sup A est le plus petit des majorants de A, on obtiendrait \sup A \leq 0 , cela contredit l'hypothèse \sup A>0.

Et donc:
\boxed{\text{La partie }A\text{ contient au moins un élément strictement positif }}



exercice 8

1) Pour tout x\in A , on a x\geq \inf(A) , d'où -x\leq -\inf(A)

Il s'ensuit que -\inf(A) est un majorant de -A. Or, on sait que \sup(-A) est le petit des majorants de -A

On obtient donc:
\sup (-A)\leq -\inf(A)\enskip\enskip (i)


D'autre part, -x\in-A \text{ , et donc }-x\leq \sup(-A) .

Donc x\geq -\sup(-A), ce qui veut dire que -\sup(-A) est un minorant de A.

Finalement, \inf(A) est par définition le plus grand des minorants de A, donc:

-\sup (-A)\leq \inf(A)\iff \sup(-A)\geq -\inf(A) \enskip\enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , on déduit que: }

\boxed{\sup(-A)=-\inf(A)}


Remarque: On montre de la même manière que \inf(-A)=-\sup(A)

2)Pour tout x\in A\text{ et }y\in B , on a x\leq \sup(A)\text{ et }y\leq \sup(B) , d'où x+y\leq \sup(A)+\sup(B)

Il s'ensuit que \sup(A)+\sup(B) est un majorant de A+B. Or, on sait que \sup(A+B) est le petit des majorants de A+B

On obtient donc:
\sup (AB)\leq \sup(A)+\sup(B)\enskip\enskip (i)


D'autre part, x+y\in A+B \text{ , et donc }x+y\leq \sup(A+B) .

Donc x\geq \sup(A+B)-y, ce qui veut dire que \sup(A+B)-y est un majorant de A.

Or, \sup(A) est par définition le plus petit des majorants de A, donc:

\sup (A)\leq \sup(A+B)-y\iff y\leq \sup(A+B)-\sup(A)


On obtient alors que \sup(A+B)-\sup(A) est un majorant de B qui admet \sup(B) comme borne supérieure et donc comme le plus petit de ses majorants, d'où:

\sup(B)\leq \sup(A+B)-\sup(A)\iff \sup(A)+\sup(B)\geq \sup(A+B) \enskip\enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , on déduit que: }

\boxed{ \sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B)}


Remarque: On montre de la même manière que \inf(A+B)=\inf(A)+\inf(B)

3) Découle de 2) en prenant B=\lbrace \alpha\rbrace.

En effet, on remarque que \alpha+A=A+\lbrace \alpha\rbrace, donc \sup(\alpha+A)=\sup\left(\lbrace \alpha\rbrace \right)+\sup(A)

Or, il est évident que \sup\left(\lbrace \alpha\rbrace \right)=\alpha puisqu'il n'existe pas de majorant de \alpha plus petit que \alpha lui-même.

Ce qui donne:
\boxed{\sup(\alpha+A)=\alpha +\sup(A)}


Remarque: On montre de la même manière que \inf(\alpha+A)=\alpha+\inf(A)

4) Si on prend A=B=[-1;0], on a AB=[0;1]

Alors, \sup(A)=\sup(B)=0 , mais \sup(AB)=1 \neq 0

\boxed{\text{En général: }\sup(AB)\neq \sup(A)\sup(B)}


Par contre, prenons A et B des parties de \R_+.

Si A=\lbrace 0\rbrace\text{ et }B\subset \R_+\text{ quelconque } , alors AB=\lbrace 0\rbrace, et donc \sup(AB)=\sup(A)\sup(B)=0

De même, si A\subset \R_+\text{ quelconque et } B=\lbrace 0\rbrace , alors \sup(AB)=\sup(A)\sup(B)=0

Si A;B\in \mathscr{P}(\R_+)\backslash \left\lbrace\lbrace 0\rbrace\right\rbrace

Alors pour tous (x;y)\in A\times B \text{ : } x\leq \sup(A) \text{ et }y\leq \sup(B)

Puisque  x\text{ et }y\text{ sont positifs , alors: }xy\leq \sup(A)\sup(B)

On en tire que \sup(A)\sup(B) est majorant de AB qui admet \sup(AB) comme le plus petit de ses majorants, alors:

\sup(AB)\leq \sup(A)\sup(B)\enskip\enskip (i)


D'autre part, xy\in AB \text{ , et donc }xy\leq \sup(AB) .

\bullet \text{ Supposons }y\neq 0\text{ : }

Donc x\geq \dfrac{\sup(AB)}{y}, ce qui veut dire que \dfrac{\sup(AB)}{y} est un majorant de A.

Or, \sup(A) est par définition le plus petit des majorants de A, donc:

\sup (A)\leq \dfrac{\sup(AB)}{y}\iff y\leq \dfrac{\sup(AB)}{\sup(A)}\enskip\enskip

\text{ (On a }\sup(A)\neq 0 \text{ car }A\neq\lbrace 0 \rbrace\text{ , donc }A\text{ contient au moins un élément strictement positif)}

\bullet \text{ si }y=0\text{ , cette dernière inégalité reste vraie }

On obtient alors que \dfrac{\sup(AB)}{\sup(A)} est un majorant de B qui admet \sup(B) comme borne supérieure et donc comme le plus petit de ses majorants, d'où:

\sup(B)\leq \dfrac{\sup(AB)}{\sup(A)}\iff \sup(A)\sup(B)\leq \sup(AB) \enskip\enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , on déduit que: }\sup(AB)=\sup(A)\sup(B)


Conclusion:
\boxed{\text{ Si }A\text{ et }B \text{ sont deux parties non vides et bornées de }\R_+\text{ , alors: }\sup(AB)=\sup(A)\sup(B)}



exercice 9

1) Puisque A\text{ et }B sont deux parties non vides et bornées, donc A\cup B est aussi non vide et bornée.

A\cup B admet donc une borne supérieure (et une borne inférieure).

\bullet \text{ Puisque }A\subset (A\cup B) \text{ , alors }\sup(A) \leq \sup(A\cup B) \text{ (D'après le résusltat de l'exercice 6)}

\text{ De même }B\subset (A\cup B) \text{ , alors }\sup(B) \leq \sup(A\cup B)

Il s'ensuit que
\max(\sup(A);\sup(B))\leq \sup(A\cup B)\enskip (i)


\bullet\enskip \forall x\in A\cup B\text{ , on a } x\in A \text{ OU }x\in B

\text{ Donc  }x\leq \sup(A) \text{ ou }x\leq \sup(B)

On obtient x\leq \max(\sup(A);\sup(B))

Et donc \max(\sup(A);\sup(B)) est un majorant de A\cup B, qui admet sa borne supérieure comme le plus petit de ses majorants, d'où:

\sup(A\cup B) \leq \max(\sup(A);\sup(B)) \enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , on déduit que: }

\boxed{\sup(A\cup B)=\max(\sup(A);\sup(B)) }


Remarque: On montre de la même façon que \inf(A\cup B)=\min(\inf(A);\inf(B))

2) La réponse est non.

Contre-exemple: Si on prend A=\lbrace 0;2;3\rbrace \text{ et }B=\lbrace 2;5 \rbrace

On a donc A\cap B=\lbrace 2 \rbrace  \enskip , \enskip \sup(A) = 3 \enskip ; \enskip \sup(B)= 5 \enskip\text{ et }\enskip \sup(A\cap B)=2

Et \sup(A\cap B)=2 \neq \min(\sup(A);\sup(B))=3

Conclusion:
\boxed{\text{ En général: }\sup(A\cap B) \neq \min(\sup(A);\sup(B))}


Montrons cependant qu'on a toujours: \sup(A\cap B)\leq \min(\sup(A);\sup(B))

Puisque A \text{ et }B bornées, donc A \cap B est évidemment bornée.

De plus, A\cap B est supposée non vide, donc A\cap B admet une borne supérieure (et une borne inférieure).

\text{ Puisque }(A\cap B) \subset A \text{ , alors } \sup(A\cap B)\leq \sup(A) \text{ (D'après le résusltat de l'exercice 6)}

\text{ De même }(A\cap B) \subset B \text{ , alors } \sup(A\cap B) \leq \sup(B)

Et donc directement:
\boxed{\sup(A\cap B) \leq \min(\sup(A);\sup(B))}


Remarque: On montre de la même façon que \max(\inf A, \inf B) \leq \inf(A \cap B)


exercice 10

1) \enskip\enskip A=\left\lbrace \dfrac{1}{n}\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace

On a, pour tout n\in \N^{*}\text{ : }0<\dfrac{1}{n} \leq 1 , donc A est une partie bornée de \R.

De plus, il est évident que A \neq \emptyset puisque 1\in A par exemple, donc:

\boxed{A \text{ admet une borne inférieure et une borne supérieure}}


Faisons un dessin représentant quelques points de l'ensemble A\text{ :}

Les nombres réels : les exercices : image 3


On a \forall n\in \N^{*}\text{ : }\dfrac{1}{n} \leq 1 , ce qui veut dire que 1\in A est un majorant de A.

Donc
\max A =1 \Longrightarrow \boxed{\sup A=1 }


Or, d'après le dessin, on peut conjecturer que \inf A=0 , démontrons cela:

On a vu que 0 est un minorant de A car \forall n\in \N^{*} \text{ : }0<\dfrac{1}{n} , il reste à vérifier qu'il est le plus petit des minorants.

C'est-à-dire, il faut prouver que \forall \epsilon >0 \text{ , }\exists n\in \N^{*}\text{ / } 0+\epsilon  >\dfrac{1}{n}

En appliquant la propriété d'Archimède pour \epsilon>0 \text{ et }1\text{, il existe un entier }n\in\N^{*}\text{ tel que: }n\epsilon>1

Donc: \forall \epsilon >0 \text{ , }\exists n\in \N^{*}\text{ / } 0+\epsilon=\epsilon  >\dfrac{1}{n}

D'où:
0 est le plus grand des minorants de A


Et donc:
\boxed{\inf A=0}



2) \ \enskip\enskip B=\left\lbrace (-1)^n+\dfrac{1}{n}\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace

On sait que \forall n\in\N^{*}\text{ : }(-1)^n=\begin{cases} -1 & \text{ si }n\text{ est impair } \\ 1& \text{ si }n\text{ est pair } \end{cases}

On peut donc écrire:
\forall n\in \N^*\text{ ; }-1\leq (-1)^n\leq 1 \iff -1+\dfrac{1}{n} \leq (-1)^n+\dfrac 1n \leq 1+\dfrac 1n


De plus, \forall n\in \N^{*}\text{ : }0<\dfrac{1}{n} \leq 1. On en tire que:
\forall n\in \N^*\text{ ; }-1< -1+\dfrac{1}{n} \leq (-1)^n+\dfrac 1n \leq 1+\dfrac 1n\leq 2


On obtient:
\forall n\in \N^{*}\text{ : }-1<(-1)^n+\dfrac{1}{n} \leq 2


B est donc une partie bornée de \R


Et il est évident que B\neq \emptyset \text{ puisque } 0\in B

\boxed{B \text{ admet une borne inférieure et une borne supérieure}}


Faisons un dessin représentant quelques points de l'ensemble B\text{ :}

Les nombres réels : les exercices : image 1


On peut conjecturer que \inf B=-1\text{ et que }\sup B=\dfrac{3}{2} , démontrons cela:

On a:
\dfrac{3}{2} \in B \enskip(i)\enskip\enskip\enskip\left(\text{  en effet, pour }n=2\text{ : }(-1)^2+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2} \right)


Or, \forall n\in \N^{*} \text{ : }(-1)^n+\dfrac{1}{n}\leq 1+\dfrac{1}{n} . Et \forall n\in \N^{*}\text{ : }\dfrac{3}{2}-\left( 1+\dfrac 1n\right)=\dfrac{1}{2}-\dfrac 1n

Il s'ensuit que, pour tout entier naturel n\geq 2 \enskip \text{ : }\enskip \dfrac 12-\dfrac 1n\geq 0 \Longrightarrow \dfrac 32\geq 1+\dfrac 1n\Longrightarrow \dfrac 32\geq (-1)^n+\dfrac 1n

Finalement, si n=1 \text{ : }(-1)^1+\dfrac{1}{1}=0\leq \dfrac 32 .

Donc,
\forall n\in\N^*\text{ : }(-1)^n+\dfrac{1}{n}\leq \dfrac 32 \enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , }\dfrac 32\text{ est un majorant de }B\text{ appartenant à }B\text{ , d'où : }

\max B =\dfrac 32 \Longrightarrow \boxed{\sup B=\dfrac 32}


Montrons que \inf B=-1\text{ :}

On sait que -1 est un minorant de B puisque \forall n\in \N^{*}\text{ : }-1<(-1)^n+\dfrac{1}{n}\enskip\enskip (i)
Reste à prouver qu'il est le plus grand minorant:
\text{ Soit } \epsilon >0 \text{ , on cherche un entier } n\in \N^{*}\text{ vérifiant } -1+\epsilon  >(-1)^n+\dfrac{1}{n}
Supposons \epsilon \neq 2\text{ : }
Choisissons n'importe quel entier naturel non nul vérifiant n>\dfrac{1}{\epsilon-2} \text{ , en effet: }
n>\dfrac{1}{\epsilon-2}\iff \epsilon-2 >\dfrac{1}n\iff -1+\epsilon >1+\dfrac{1}{n}\Longrightarrow -1+\epsilon > (-1)^n+\dfrac 1n

\left(\text{En effet: }1+\dfrac{1}{n}\geq (-1)^n+\dfrac 1n\right)
Si \epsilon >2 on peut prendre n=E\left(\dfrac{1}{\epsilon-2}\right)+1 .
Si 0<\epsilon<2, on peut prendre n=E(\epsilon)+1 par exemple, puisque \dfrac{1}{\epsilon-2} est négatif dans ce cas.

Dans le cas particulier de \epsilon =2 , on prend n=1 , pour vérifier directement: -1+\epsilon =1  >0=(-1)^n+\dfrac{1}{n}

D'où:
-1 \text{ est le plus grand des minorants de }B\enskip (ii)

De (i)\text{ et }(ii)\text{ : }
\boxed{\inf B=-1}


Remarque: On pouvait aussi étudier B en tant qu'union des deux ensembles: B= \left\lbrace -1+\dfrac{1}{2n+1}\text{ / } n\in\N\right\rbrace \cup \left\lbrace 1+\dfrac{1}{2n}\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace et utiliser les résultats de l'exercice 9.


3)  \enskip\enskip C=\left\lbrace (-1)^n\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace

On sait que \forall n\in\N^{*}\text{ : }(-1)^n=\begin{cases} -1 & \text{ si }n\text{ est impair } \\ 1& \text{ si }n\text{ est pair } \end{cases}\enskip\enskip\text{ et que }\enskip 0\leq 1-\dfrac{1}{n}<1

On peut donc écrire:
\forall n\in \N^*\text{ ; }-1<-1+\dfrac{1}{n}\leq (-1)^n\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\leq 1-\dfrac 1n <1

On obtient:
\forall n\in \N^{*}\text{ : }-1<(-1)^n\left(1-\dfrac{1}{n}\right)<1

C est donc une partie bornée de \R

Et il est évident que C\neq \emptyset \text{ puisque } 0\in C

\boxed{C \text{ admet une borne inférieure et une borne supérieure}}


Faisons un dessin représentant quelques points de l'ensemble C\text{ :}

Les nombres réels : les exercices : image 2


On peut conjecturer que \inf C=-1\text{ et que }\sup C=1 .

En distinguant les entiers pairs et impairs, on peut écrire C sous la forme: C=\underbrace{\left\lbrace 1-\dfrac{1}{2n}\text{ / } n\in\N^*\right\rbrace}_{C_1} \bigcup \underbrace{\left\lbrace \dfrac{1}{2n+1}-1\text{ / } n\in\N\right\rbrace}_{C_2}

Montrons que \sup C=1\text{ : }

On montre facilement que \sup C_2=0 \text{ , en effet: }

0 est un majorant de C_2\text{ : }

\forall n\in \N \text{ : }\dfrac{1}{2n+1}\leq 1\iff \dfrac{1}{2n+1}-1\leq 0


Et 0\in C_2 (le cas n=0)

Donc:
\sup C_2=\max C_2=0


On montre à présent que \sup C_1=1

Pour tout n\in \N^{*}\text{ : }0\leq \dfrac{1}{2n}\text{ , donc }1-\dfrac{1}{2n}\leq 1 .

1 est donc bien un majorant de C_1, il suffit de montrer qu'il est le plus petit.

\text{ Soit } \epsilon >0 \text{ , on cherche un entier } n\in \N^{*}\text{ vérifiant } 1-\epsilon  <1-\dfrac{1}{2n}
Choisissons n'importe quel entier naturel non nul vérifiant n>\dfrac{1}{2\epsilon} \text{ , en effet: }
n>\dfrac{1}{2\epsilon}\iff \epsilon >\dfrac{1}{2n}\iff -\epsilon <-\dfrac{1}{2n}\Longrightarrow 1-\epsilon < 1-\dfrac 1{2n}

On peut prendre n=E\left(\dfrac{1}{2\epsilon}\right)+1 .

D'où:
1 \text{ est le plus petit des majorants de }C_1\iff \sup C_1=1


Finalement, en utilisant le résultat de l'exercice 9, on obtient:

\sup C=\max(\sup C_1;\sup C_2)=\max(0;1)\iff \boxed{\sup C=1}


Montrons que \inf C=-1\text{ :}

On montre que \inf C_1=\dfrac{1}{2} \text{ , en effet: }

\dfrac{1}{2} est un minorant de C_1\text{  : }
\forall n\in \N^* \text{ : }\dfrac{1}{2n}\leq \dfrac{1}{2}\iff-\dfrac{1}{2n}\geq -\dfrac{1}{2}\iff 1-\dfrac{1}{2n}\geq \dfrac{1}{2}


Et \dfrac 12\in C_1 (le cas n=1)

Donc:
\inf C_1=\min C_1=\dfrac 12


On montre que \inf C_2=-1

Pour tout n\in \N\text{ : }0\leq \dfrac{1}{2n+1}\text{ , donc }-1 \leq -1+\dfrac{1}{2n+1} .

-1 est donc bien un minorant de C_2, il suffit de montrer qu'il est le plus grand.

\text{ Soit } \epsilon >0 \text{ , on cherche un entier } n\in \N\text{ vérifiant } -1+\epsilon  >\dfrac{1}{2n+1}-1
Choisissons n'importe quel entier naturel non nul vérifiant n>\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\epsilon}-1\right) \text{ , en effet: }
n>\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\epsilon}-1\right)\iff 2n>\dfrac{1}{\epsilon}-1 \iff 2n+1>\dfrac{1}{\epsilon}\iff -1+\epsilon >\dfrac{1}{2n+1}- 1

n=E\left(\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\epsilon}-1\right)\right)+1 convient si \epsilon\in ]0;1[\text{ , et si }\epsilon\geq 1\text{ , on prend }n=E(\epsilon) \text{ car dans ce cas, }\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\epsilon}-1\right)\text{ est négatif } .

D'où:
-1 \text{ est le plus grand des minorants de }C_2\iff \inf C_2=-1


Finalement, en utilisant le résultat de l'exercice 9, on obtient:

\inf C=\min(\inf C_1;\inf C_2)=\min\left(\dfrac 12;-1\right)\iff \boxed{\inf C=-1}



exercice 11

1) Soient x;y \in \R\text{ / }x\leq y

On a \begin{cases} \red E(x)\leq x\black <E(x)+1 \\E(y)\leq \blue y<E(y)+1 \end{cases}

Donc E(x)\leq x\leq y <E(y)+1\Longrightarrow E(x)<E(y)+1

Or, puisque E(x)\text{ et }E(y) sont des entiers relatifs, on obtient:

E(x)<E(y)+1\Longrightarrow \boxed{E(x)\leq E(y)}


2) Soient x;y \in \R

On a d'une part \begin{cases} E(x)\leq x\black <E(x)+1 \\E(y)\leq  y<E(y)+1 \end{cases}

Donc: E(x)+E(y)\leq x+y<E(x)+E(y)+2\enskip (1)

Et d'autre part x+y-1<E(x+y)\leq x+y\enskip (2)

De (1)\text{ et }(2)\text{ on obtient: }

E(x)+E(y)-1<E(x+y)<E(x)+E(y)+2


Or, les trois membres de cette double inégalité sont des entiers relatifs, alors:

E(x)+E(y)-1<E(x+y)<E(x)+E(y)+2\Longrightarrow \boxed{E(x)+E(y)\leq E(x+y)\leq E(x)+E(y)+1}



exercice 12

Soient x\in\R\text{ et }n\in \N^* \text{ : }

On a:
E(x)\leq x \iff nE(x)\leq nx

En utilisant le résultat de la question 1) de l'exercice précédent, on obtient:

E(nE(x))\leq E(nx)

Or, nE(x)\in \Z\text{ , donc }E(nE(x))=nE(x)\text{ , soit: }
nE(x)\leq E(nx)\iff E(x)\leq \dfrac{E(nx)}{n}

En réutilisant le résultat de la question 1) de l'exercice précédent:

E(E(x))\leq E\left(\dfrac{E(nx)}{n}\right)

Et en sachant que E(x)\in \Z\text{ , }E(E(x))=E(x)\text{ , on obtient donc: }
E(x)\leq \left(\dfrac{E(nx)}{n}\right)\enskip\enskip \red (1)


D'autre part, on a:
E(nx)\leq nx \iff \dfrac{E(nx)}{n}\leq x

Ou encore
E\left(\dfrac{E(nx)}{n}\right)\leq E(x)\enskip\enskip \red (2)


De \red(1)\black\text{ et }\red (2)\black\text{ : }
\boxed{E\left(\dfrac{E(nx)}{n}\right)= E(x)}



exercice 13

Soient x\in\R\text{ et }n\in \N^* \text{ : }

Effectuons la division euclidienne de E(nx) par n .

Il existe un couple unique (q,r) \in \mathbb{Z}^2 tel que  \text{ : }E(nx) = qn + r \text{ et } 0 \leq r < n \text{ .}

De plus, on sait que:
E(nx)\leq nx<E(nx)+1


Donc:
qn+r\leq nx<qn+r+1


Ce qui donne:
q+\dfrac{r}{n}\leq x<q+\dfrac{r+1}{n}


On en tire que:
\forall k \in[\![0;n-1]\!] \text{ : }q+\dfrac{r+k}{n} \leq x+\dfrac{k}{n}<q+\dfrac{r+k+1}{n}


Distinguons deux cas:

Si \dfrac{r+k+1}{n}\leq 1 \text{ ( ie. } k\leq  n-r-1 \text{ ) :}
\blue q\black \leq q+\dfrac{r+k }{n}  \blue \leq x+\dfrac{k}{n}< \black q+\dfrac{r+k+1}{n}\leq \blue q+1


On obtient:
E\left(x+\dfrac kn\right)=q


Si \dfrac{r+k+1}{n}> 1 \text{ ( ie. } k>  n-r-1 \text{ ) :}

On a: k>n-r-1 \iff k\geq n-r \iff r+k\geq n \iff \dfrac{r+k}{n}\geq 1

D'autre part, puisque r est le reste de la divison euclidienne, donc r<n\implies r\leq n-1\enskip\enskip\text{ , et on a } k\leq n-1

Donc:
r+k+1\leq 2n-1


On obtient donc:
\blue q+1\black \leq q+\dfrac{r+k }{n}  \blue \leq x+\dfrac{k}{n}< \black q+\dfrac{r+k+1}{n}\leq q+\dfrac{2n-1}{n}=q+2-\dfrac{1}{n} < \blue q+2


Soit:
E\left(x+\dfrac kn\right)=q+1


Récapitulons:

\forall k\in [\![0;n-1]\!] \enskip\text{ : }\enskip  E\left(x+\dfrac kn\right)=\begin{cases} q&\text{ si } \enskip 0\leq k\leq  n-r-1 \\ q+1 &\text{ si }\enskip  n-r\leq k\leq n-1\end{cases}


On peut à présent simplifier l'expression \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x+\dfrac{k}{n}\right)\text{ : }

\begin{matrix} \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x+\dfrac{k}{n}\right)&=& \displaystyle \sum_{k=0}^{n-r-1} E\left(x+\dfrac{k}{n}\right)+\displaystyle \sum_{k=n-r}^{n-1} E\left(x+\dfrac{k}{n}\right) \\ &=& \displaystyle \sum_{k=0}^{n-r-1} q+\displaystyle \sum_{k=n-r}^{n-1} q+1 \\&=& (n-r)q+r(q+1) \\&=& nq-rq+rq+r \\&=& nq+r \\&=& E(nx)\end{matrix}

On a démontré que:
\boxed{\forall x\in\R\text{ ; }\forall n\in \N^*\text{ : }\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x+\dfrac{k}{n}\right)=E(nx)}



exercice 14

1) On a pour tout n\in \N^*\text{ : }n+1>n>n-1\geq 0

\text{ Donc }\sqrt{n+1}>\sqrt{n}\text{ , ou encore } \sqrt{n+1}-\sqrt{n}>0

\text{ Et }\sqrt{n}>\sqrt{n-1}\text{ , ou encore } \sqrt{n}-\sqrt{n-1}>0

On obtient alors:

\begin{matrix}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^2>0&\iff& n+1-2\sqrt{n+1}\sqrt{n}+n >0 \\&\iff& 1 >2\sqrt{n+1}\sqrt{n}-2n\\&\iff& 1 >2\sqrt{n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) \\&\iff& \dfrac{1}{2\sqrt{n}} >\sqrt{n+1}-\sqrt{n} &\enskip\enskip (i) \end{matrix}

Et:

\begin{matrix}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^2>0&\iff& n-2\sqrt{n}\sqrt{n-1}+n-1 >0 \\&\iff& 2n-2\sqrt{n}\sqrt{n-1} >1 \\&\iff& 2\sqrt{n}\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)>1 \\&\iff& \sqrt{n}-\sqrt{n-1} >\dfrac{1}{2\sqrt{n}} &\enskip\enskip (ii) \end{matrix}

De (i)\text{ et }(ii)\text{ :}
\boxed{\forall n\in\N^*\text{ : }\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\dfrac{1}{2\sqrt{n}}<\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}


2) Effectuons la somme pour n\in [\![1;10^4]\!]\text{ , on remarque que les sommes sont téléscopiques, on obtient alors: }

\begin{matrix} \displaystyle \sum_{n=1}^{10^4}\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\sum_{n=1}^{10^4}\dfrac{1}{2\sqrt{n}}<\sum_{n=1}^{10^4}\sqrt{n}-\sqrt{n-1} &\iff& \sqrt{10^4+1}-\sqrt{1}<\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{10^4}\dfrac{1}{\sqrt{n}}<\sqrt{10^4}-\sqrt{0} \\\\&\iff&  \sqrt{10001}-1<\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{10^4}\dfrac{1}{\sqrt{n}}<100 \end{matrix}

Or, \sqrt{10001}-1\geq 99 \text{ , en effet: }

10001\geq 10000 \iff \sqrt{10001}\geq 100 \iff\sqrt{10001}-1\geq 99


On en déduit que:

 99\leq \dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{10^4}\dfrac{1}{\sqrt{n}}<100


Ce qui permet de conclure que:

\boxed{\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{10^4}\dfrac{1}{\sqrt{n}}=99}



exercice 15

Soit n\in \N^{*}

Calcul de S_n\text{ : }

On a:

\begin{matrix} S_n&=& \displaystyle\sum_{k=1}^{n} E\left(\dfrac{k+3\sqrt{k}}{k} \right) &=&   \displaystyle\sum_{k=1}^{n} E\left(1+\dfrac{3\sqrt{k}}{k} \right)\\\\ &=& \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \left[1+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right)\right]&=&\displaystyle\sum_{k=1}^{n} 1+\sum_{k=1}^{n}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right)\\\\&=& \displaystyle n-1+1+\sum_{k=1}^{n}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) &=& \displaystyle n+\sum_{k=1}^{n}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right)\end{matrix}


Étudions E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}}\right) suivant la valeur de l'entier k:

\bullet \enskip\text{ Si } k> 9\text{ : } \sqrt{k}> 3\text{ , et donc }0\leq \dfrac{3}{\sqrt{k}}<1\enskip\text{ , il s'ensuit que } E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}}\right)=0
\bullet \enskip \text{ Si } k\in [\![3;9]\!]\text{ : } \dfrac{9}{4}<3\leq k\leq 9\text{ , d'où }\dfrac{3}{2}<\sqrt{k}\leq 3\text{ et } 1\leq\dfrac{3}{\sqrt{k}}<2 \enskip\text{ , il s'ensuit que } E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}}\right)=1
\bullet \text{ Si }k=2 \text{ , alors }\enskip \dfrac{3}{\sqrt{2}}\approx 2,12 \text{ , on en tire que } E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}}\right)=2
\bullet \text{ Si }k=1 \text{ , alors directement }\enskip  E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}}\right)=3

Distinguons les cas suivants:

\bullet \text{ Cas où }n\geq 10\text{ : }
\begin{matrix} S_n&=& \displaystyle n+\sum_{k=1}^{n}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) &=& \displaystyle n+\sum_{k=1}^{9}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) \\\\&=&  \displaystyle n+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{1}} \right)+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{2}} \right)+\sum_{k=3}^{9}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) &=& n+3+2+(9-3+1)\times 1 \\\\&=&n+12 \end{matrix}


\bullet \text{ Cas où }3\leq n\leq 9\text{ : }
\begin{matrix} S_n&=& \displaystyle n+\sum_{k=1}^{n}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) &=&   \displaystyle n+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{1}} \right)+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{2}} \right)+\sum_{k=3}^{n}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) \\\\&=& n+3+2+(n-3+1)\times 1 &=&2n+3 \end{matrix}


\bullet \text{ Cas où }n=2\text{ : }
\begin{matrix} S_2&=& \displaystyle 2+\sum_{k=1}^{2}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) &=&   \displaystyle 2+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{1}} \right)+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{2}} \right)\\\\&=& 2+3+2 &=&7 \end{matrix}


\bullet \text{ Cas où }n=1\text{ : }
\begin{matrix} S_1&=& \displaystyle 1+\sum_{k=1}^{1}E\left(\dfrac{3}{\sqrt{k}} \right) &=&   \displaystyle 1+E\left(\dfrac{3}{\sqrt{1}} \right)\\\\&=& 1+3&=&4 \end{matrix}


Finalement, en remarquant que 2\times 2 +3 = 7 . On conclut que:

\boxed{\forall n\in\N^*\text{ : }S_n=\begin{cases} 4&\text{ si }\enskip n=1 \\ 2n+3 &\text{ si }\enskip 2\leq n\leq 9 \\ n+12 & \text{ si } \enskip 10\leq n \end{cases} }



Calcul de \sigma_n\text{ : }

On a:

\begin{matrix} \displaystyle \sum_{k=1}^{n^2}E(\sqrt{k}) &=& E(\sqrt{1})+E(\sqrt{2})+E(\sqrt{3})+E(\sqrt{4})+E(\sqrt{5})+E(\sqrt{6})+\cdots+E(\sqrt{n^2})\\&=& 1+1+1+2+2+2+\cdots + (n-1)+(n-1)+n\end{matrix}

On remarque qu'il s'agit d'une somme de "paquets" allant du premier paquet de "1" jusqu'au paquet de "n".

Constituons ces "paquets", pour ce faire, fixons m\in [\![1;n]\!]\text{ , et résolvons l'équation }E(\sqrt{k})=m \text{ d'inconnue }k\in [\![1;n^2]\!]

\begin{matrix} E(\sqrt{k})=m &\iff& 0<m\leq \sqrt{k}<m+1 \\\\&\iff& m^2 \leq k <(m+1)^2 \\\\&\iff&  m^2 \leq k \leq (m+1)^2-1 \\\\&\iff& k\in  [\![m^2;m^2+2m]\!] \end{matrix}

On remarque que E(\sqrt{k})=n \iff k=n^2

Ce qui permet de sommer \sigma_n par paquets:

\begin{matrix} \sigma_n&=&  \displaystyle \sum_{k=1}^{n^2}E(\sqrt{k}) &=& \displaystyle \left(\sum_{m=1}^{n-1}\left(\sum_{k=m^2}^{m^2+2m}\underbrace{E(\sqrt{k})}_{=m}\right)\right)+n \\\\&=& \displaystyle \left(\sum_{m=1}^{n-1}\left(m\sum_{k=m^2}^{m^2+2m}1\right)\right)+n &=& \displaystyle \left(\sum_{m=1}^{n-1}m\left(m^2+2m-m^2+1}\right)\right)+n \\\\&=& \displaystyle \left(\sum_{m=1}^{n-1}2m^2+m\right)+n &=&\displaystyle 2\left(\sum_{m=1}^{n-1}m^2\right)+\left(\sum_{m=1}^{n-1}m\right)+n \\\\&=&\displaystyle 2\left(\dfrac{(n-1)n(2n-1)}{6}\right)+\left(\dfrac{n(n-1)}{2}\right)+n &=& \dfrac{2n(n-1)(2n-1)+3n(n-1)+6n}{6} \\\\&=& \dfrac{4n^3-2n^2-4n^2+2n+3n^2-3n+6n}{6} &=& \dfrac{4n^3-3n^2+5n}{6} \end{matrix}

Conclusion:

\boxed{\forall n\in\N^*\text{ : }\sigma_n=\dfrac{n(4n^2-3n+5)}{6} }



exercice 16

Soient x;y\in\R tels que x<y.

Puisque F est dense dans \R, il exsite \alpha\in F tel que x<\alpha<y

Or, F\subset E, donc \alpha appartient aussi à E et x<\alpha<y

Il s'ensuit que:

\boxed{ E \text{ est dense dans }\R}



exercice 17

Soient x;y\in\R tels que x<y.
Distinguons trois cas:

Si x\geq 0\text{ , alors }\sqrt{x}\text{ ; }\sqrt{y} \in \R\text{ avec }\sqrt{x}<\sqrt{y}

Et puisque \Q est dense dans \R , il existe q\in\Q \text{ tel que : }\sqrt{x}<q<\sqrt{y}

Il existe donc r=q^2\in D qui vérifie:
x<q^2<y


Si y\leq 0\text{ , alors }\sqrt{-x}\text{ ; }\sqrt{-y} \in \R\text{ avec }\sqrt{-y}<\sqrt{-x}

Et puisque \Q est dense dans \R , il existe q\in\Q \text{ tel que : }\sqrt{-y}<q<\sqrt{-x}

Il existe donc r=-q^2\in D qui vérifie:
-y<q^2<-x\Longrightarrow x<-q^2<y


Si x< 0\text{ et } 0<y \text{ , alors il existe }0=0^2\in D vérifiant:
x<0<y


On en déduit que:

\boxed{D\text{ est dense dans }\R}



exercice 18

1) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul n\text{ : }2^n>n

Initialisation: Pour n=1\text{ : }2^1=2>1
La proposition est donc vraie pour n=0 .

Hérédité: Supposons que, pour n\in\N^*\text{ , on a: }2^n>n\text{ . } Montrons qu'on a 2^{n+1}>n+1 .
On a:
\begin{matrix} 2^n>n&\iff& 2^n\text{ . }2 > 2n \\&\iff& 2^{n}>n+n \\&\iff& 2^{n+1}>n+1&\text{ (En effet: }n\geq 1 \text{ )}\end{matrix}

Conclusion:

\boxed{\forall n\in \N^*\text{ : }2^n>n}


2) Montrons que \Delta=\left\lbrace \dfrac{m}{2^n}\enskip\text{ / }\enskip m\in \Z\text{ ; }n\in\N\right\rbrace est dense dans \R.

Soient x;y\in \R\text{ tels que }x<y \text{ et posons }d=y-x>0

D'après la propriété d'Archimède:

\exists n\in\N^* \text{ ; }nd>1 \Longrightarrow d>\dfrac{1}{n}


Or, d'après 1) , 2^n>n\implies \dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{2^n} , et donc d>\dfrac{1}{2^n}

Posons m=E(2^n x)+1\text{ : }

Donc:

\bullet\enskip \dfrac{m}{2^n}=\dfrac{E(2^n x)+1}{2^n} \leq \dfrac{2^n x+1}{2^n} = x+\dfrac{1}{2^n} <x+d=y

\bullet\enskip \dfrac{m}{2^n}=\dfrac{E(2^n x)+1}{2^n} > \dfrac{2^n x}{2^n} = x

On obtient donc:

x<\dfrac{m}{2^n}<y


Ce qu'il fallait démontrer, et donc:

\boxed{\text{L'ensemble des nombres dyadiques }\Delta\text{ est dense dans }\R}



exercice 19

1) Soit n\in\N^* n'étant pas un carré d'entier, décomposons-le en produit de facteurs premiers.

Il existe \beta_1;\cdots; \beta_r \enskip r \enskip nombres premiers deux à deux distincts et il existe \alpha_1;\cdots;\alpha_r \in \N^*\backslash \lbrace 1\rbrace tels que:

n=\displaystyle \prod_{i=1}^{r} \beta_i^{\alpha_i}\enskip\enskip \enskip\enskip ( r\in\N^{*} )


Et puisque n n'est pas un carré d'entier, alors il existe au moins j\in [\![1;r]\!]\text{ tel que }\alpha_j \text{ est impair }

Il existe donc k\in\N\text{ tel que }\alpha_j=2k+1 \text{ et on obtient : }

\begin{matrix}n&=&\displaystyle \prod_{i=1}^{r} \beta_i^{\alpha_i}&=&\left(\displaystyle \prod_{\begin{smallmatrix}i=1\\i\neq j\end{smallmatrix} }^{r} \beta_i^{\alpha_i}\right) \beta_j^{\alpha_j} &=&  \left(\displaystyle \prod_{\begin{smallmatrix}i=1\\i\neq j\end{smallmatrix}} \beta_i^{\alpha_i}\right) \beta_j^{2k+1} \end{matrix}

\text{ Soit, en posant }M=\displaystyle \prod_{\begin{smallmatrix}i=1\\i\neq j\end{smallmatrix} }^{r} \beta_i^{\alpha_i}:

\begin{matrix}\sqrt{n} &=&  \sqrt{M \beta_j^{2k+1} }&=& \beta_j^k \sqrt{M\beta_j}\end{matrix}


Raisonnons par l'absurde en supposant que \sqrt{M\beta_j}\in \Q\text{ , donc }\exists p,q\in \Z^* \text{ / }\sqrt{M\beta_j}=\dfrac{p}{q}\text{ et }\text{ pgcd}(p;q)=1

Donc: M\beta_j q^2=p^2 , on en tire que \beta_j | p^2 , or \beta_j \text{ est premier, donc d'après le lemme d'Euclide } \red\beta_j|p

Il existe donc k'\in \Z \text{ tel que } p=k'\beta_j , et il s'ensuit que:

M\beta_j q^2=p^2 \implies M\beta_j q^2=k'^2 \beta_j^2 \text{ , et donc }Mq^2=k'^2\beta_j


\text{ Soit }\beta_j|Mq^2 \text{ , or, il est évident que }\text{pgcd}(M;\beta_j) = 1
(\text{ puisque }M=\displaystyle \prod_{\begin{smallmatrix}i=1\\\blue i\neq j\end{smallmatrix} }^{r} \beta_i^{\alpha_i}\text{ et }\beta_1;\cdots; \beta_r \text{ sont deux à deux distincts})
Donc, d'après le théorème de Gauss, \beta_j|q^2 et, finalement, d'après le lemme d'Euclide (\beta_j \text{ est premier }) , on aboutit à: \red\beta_j|q

Donc \beta_j serait un diviseur commun à p\text{ et }q , ce qui est absurde car on a supposé que \text{pgcd}(p;q)=1

On en déduit que \sqrt{M\beta_j}\notin \Q, et en multipliant cet irrationnel par l'entier naturel \beta_j^k, on obtient:

\boxed{\sqrt{n}\notin \Q }


Rappels
Lemme d'Euclide: Soient b et c deux entiers. Si un nombre premier p divise le produit bc, alors p divise b ou c.

Théorème de Gauss: Soient a;b et c trois entiers. Si a divise le produit bc et \text{pgcd}(a:b)=1 , alors a divise c.




exercice 20

\bullet \text{ Montrons que }\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}\notin \Q \text{ : }

Raisonnons par l'absurde en supposant que \alpha\in\Q\text{ : }

On a:

\begin{matrix} \alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6} &\iff& \alpha-\sqrt{6}=\sqrt{2}+\sqrt{3} \\&\iff& \alpha^2-2\lpha\sqrt{6}=5+2\sqrt{6} \\&\iff& \alpha^2+1=2\sqrt{6}(\alpha+1) \end{matrix}

Or, d'après le résultat de l'exercice 19, \sqrt{6}\notin \Q car 6 n'est pas un carré parfait, tandis que \alpha^2+1\in \Q \text{ et }\alpha+1\in \Q car on a supposé que \alpha\in\Q

Il en résulte que:

\begin{matrix} \alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6} &\iff& \alpha^2+1=2\sqrt{6}(\alpha+1) \\&\iff& \alpha^2+1=0 \text{ et }\alpha+1=0 \\&\iff& \alpha^2=-1\text{ et }\alpha=-1\end{matrix}

Ce qui est absurde car il n'existe pas de rationnel \alpha qui vérifie \alpha^2=-1 .

D'où:
\boxed{\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}\notin \Q}
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