Fiche de mathématiques
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Les nombres réels - Problème

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Les sous-groupes additifs de \R


Partie I - Classification des sous-groupes de \red \R

Pour un réel strictement positif \alpha>0 , on note \alpha\Z =\lbrace k\alpha\text{ / } k \in\Z\rbrace.

1) Montrer que \forall \alpha>0 , la partie \alpha\Z est un sous-groupe du groupe (\R,+).

2) Montrer que \Q est un sous-groupe de \R.

3) On considère un sous-groupe G du groupe (\R,+) non réduit à \lbrace 0 \rbrace , et on note:

G'= G\cap]0; + \infty[= \lbrace x \in G\text{ / }x>0\rbrace

a) Montrer que la partie G' est non-vide, et qu'elle admet une borne inférieure \alpha\geq 0.
b) Que vaut cette borne inférieure \alpha lorsque G = \Z et lorsque G = \Q ?

4) On suppose que \alpha>0 .
a) Montrer que \alpha\in G'
Indication: Raisonner par l'absurde et utiliser la caractérisation de la borne inférieure avec \small\epsilon=\alpha
b) Montrer alors que G=\alpha\Z .

5) On suppose maintenant que \alpha=0. Montrer que la partie G est dense dans \R.


Partie II - Applications

On considère deux réels a;b\in\R . Et on définit:

a\Z+b\Z=\lbrace pa+qb\text{ / }(p,q)\in\Z^2\rbrace


6) Montrer que a\Z+b\Z est un sous-groupe de \R.

7) On suppose dans cette question que a=\dfrac{1}{3}\text{ et } b=\dfrac{1}{5} et on rappelle que:
(a\Z+b\Z)'=\lbrace x \in a\Z+b\Z\text{ / }x>0\rbrace.

a) Montrer que la borne inférieure \alpha de \left(\dfrac 1 3 \Z+\dfrac 1 5 \Z\right)' vérifie \alpha\geq \dfrac{1}{15} .
b) Déterminer deux entiers relatifs u;v\in\Z qui vérifient 5u+3v=1 .
c) En déduire que \dfrac{1}{3}\Z+\dfrac{1}{5}\Z=\dfrac{1}{15}\Z .

8) On suppose ici que a=1\text{ et }b=\sqrt{3} .
a) Montrer que le réel \sqrt{3} est irrationnel.
b) Montrer que la borne inférieure \alpha de (\Z+\sqrt{3}\Z)' est nulle.
c) Que dire de \Z+\sqrt{3}\Z ?








Partie I - Classification des sous-groupes de \red \R

1) On a:

0=0\alpha \text{ et }0\in\Z\text{ , donc }0\in\alpha\Z\enskip\enskip (i)

Soient x;y\in\alpha \Z , il existe donc deux éléments k_1\text{ et }k_2\text{ de }\Z tels que: \begin{cases} x=k_1 \alpha \\ y=k_2\alpha\end{cases}

Il s'ensuit que -y=k_2 \alpha =(-k_2)\alpha \in \alpha \Z \text{ , car }-k_2\in\Z

Et donc: x-y=x+(-y)=k_1\alpha+(-k_2)\alpha = k_1\alpha-k_2\alpha =(k_1-k_2)\alpha\in \alpha\Z \text{ , puisque } k_1-k_2\in \Z

On obtient: x-y\in\alpha\Z \enskip\enskip (ii)

\text{ De }(i)\text{ et }(ii)\text{ : }

\boxed{\alpha\Z \text{ est un sous-groupe de }(\R;+)}


2) Évident:

0\in \Q
La différence de deux rationnels est un rationnel : \forall x;y\in\Q\text{ : }x-y\in \Q

\boxed{\Q \text{ est un sous-groupe de }(\R;+)}


3-a) Puisque G est un sous-groupe de (\R;+) non réduit à \lbrace 0\rbrace, alors il existe x\in G \text{ tel que }x\neq 0 , et donc, son symétrique appartient aussi à G: -x\in G.

Or, on a (x>0\text{ ou }-x>0) , donc l'un des deux x\text{ ou }-x appartient à G' .

Soit:
\boxed{G' \neq \emptyset }

De plus, G' est par définition minorée par 0, en effet, \forall x\in G'\text{ : }x>0

G' est donc une partie de \R non vide et minorée, donc d'après la propriété de la borne inférieure:

G' \text{ admet une borne inférieure }\inf G'=\alpha


Finalement, puisque 0 est un minorant de G' et que la borne inférieure de G' est le plus grand de ses minorants, alors:

\boxed{G' \text{ admet une borne inférieure }\alpha \text{ positive }}


b)

Si G=\Z

Alors \Z'=\Z\cap ]0;+\infty[ =\N^*=\lbrace 1;2;3;\cdots \rbrace

On a \begin{cases}1\in \Z'\\ \text{ et }\\ \forall x\in \Z'\text{ : }1\geq x\end{cases}

D'où:
\boxed{\inf \Z'=\min \Z'= 1}


Si G=\Q

Alors \Q'=\Q\cap ]0;+\infty[=\lbrace x\in \Q\text{ / }x>0\rbrace

On a,
\forall x\in \Q'\text{ : } x>0\enskip\enskip (i)


D'autre part, soit x\in \Q'\subset \R .

Par densité de \Q dans \R , alors:

\exists q\in \Q \text{ : } x>q>0


On a donc aussi q\in \Q'

On en tire que:

\forall x>0 \text{ , }\exists q\in \Q'\text{ : }0+x>q \enskip\enskip (ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ : }

\boxed{ \inf \Q'=0}


4-a) Raisonnons par l'absurde, en supposant que \alpha\notin G'

D'après la caractérisation de la borne inférieure \alpha:

Soit \epsilon =\alpha>0 \text{ , il existe }x\in G' \text{ tel que }\alpha<\blue x<2\alpha

Soit \epsilon =x-\alpha>0 \text{ , il existe }y\in G' \text{ tel que }\alpha<y<(x-\alpha)+\alpha \iff \alpha<y<x \iff -x<\blue -y<-\alpha

On obtient donc: x-y<\alpha en sachant que x-y\in G' puisque G' est un sous-groupe de (\R;+)

Il existerait donc un élément de G' qui est plus petit que la borne inférieure de G', ce qui est absurde.

Donc:

\boxed{\alpha \in G' }


b) Montrons que G=\alpha \Z

\boxed{\subset}\enskip\text{ Montrons que }\alpha\Z\subset  G\text{ :}

Pour cela, on montre par récurrence que \forall n\in\N\text{ : }n\alpha\in G\text{ : }

Initialisation: Pour n=0\text{ : }0\alpha=0\in G\text{ car }G\text{ est un sous-groupe de }(\R;+)

Hérédité: Soit n\in \N\text{ tel que }n\alpha\in G \text{ , montrons que }(n+1)\alpha\in G

On a:  (n+1)\alpha= n\alpha+\alpha \text{ , or, on a }\alpha n \in G \text{ et on sait que } \alpha \in G \text{ ( car }\alpha \in G'\text{ d'après }\red \text{ 4-a)} \black \text{ et }G'\subset G \text{ )}

Donc n\alpha+\alpha \in G \text{ et donc }(n+1)\alpha \in G

Conclusion:
\left(\forall n\in \N\text{ : }n\alpha\in G \right) \iff \boxed{\alpha \Z\subset G }\enskip \blue (i)


\boxed{\supset}\enskip\text{ Montrons que }G\subset  \alpha\Z\text{ :}

Soit x\in G \text{ , puisque }\alpha>0\text{ , } d'après la proposition du cours (à partir de laquelle on a déduit l'existence de la partie entière), on obtient:

\exists n\in\Z\text{ : }n\alpha\leq x <(n+1)\alpha \iff 0\leq x-n\alpha <\alpha

Donc 0\leq x-n\alpha.

Or, d'après \blue (i)\black\text{ , } n\alpha\in G \text{ , donc }x-n\alpha \in G

Mais, puisque x-n\alpha <\alpha \text{ et que }\alpha=\inf G'\text{ , alors }x-n\alpha \notin G'

Donc x-n\alpha ne peut pas être strictement supérieur à 0 , et donc la seule possibilité restante est que x-n\alpha soit nul.

Ou encore que x=n\alpha.

On en déduit que:

\forall x\in G\text{ , }\exists n\in \Z\text{ / }x=n\alpha \enskip\enskip\iff \enskip\enskip \forall x\in G\text{ , }x\in \alpha \Z\enskip\enskip\iff \enskip\enskip \boxed{G\subset \alpha \Z} \enskip \blue (ii)


\text{De }\blue (i)\black\text{ et }\blue (ii)\black \text{ : }

\boxed{G=\alpha\Z }


5) Soient u;v\in \R\text{ tels que }u<v.

Donc 0<v-u, et puisque \alpha=0=\inf G' , on peut considérer x\in G' \text{ tel que }0<x<v-u

D'après la proposition du cours (à partir de laquelle on a déduit l'existence de la partie entière), on obtient:

\exists n\in\Z\text{ : }nx\leq \blue u <(n+1)x


De plus:
\blue (n+1)x\black=nx+x \leq u+x\blue<\black u+v-u=\blue v


On ne tire que:

\exists n\in\Z\text{ : }\blue u <(n+1)x <v


Finalement, x\in G'\subset G, alors \gamma =(n+1)x\in G puisque G est un sous-groupe de (\R,+)

On a donc trouvé un élément \gamma \in G \text{ tel que }u<\gamma< v.

Ce qui achève la démonstration:
\boxed{G\text{ est dense dans }\R }



Partie II - Applications

6) On a:

0=0a+0b\text{ et }0\in\Z\text{ , donc }0\in a\Z+b\Z\enskip\enskip (i)

Soient x;y\in a\Z+b\Z , il existe donc quatre éléments p_1\text{ , }p_2\text{ , }q_1\text{ et }q_2\text{ de }\Z tels que: \begin{cases} x=p_1a+q_1b  \\ y=p_2a+q_2b\end{cases}

Il s'ensuit que -y=-(p_2a+q_2b)=-p_2a-q_2b =(-p_2)a+(-q_2)b\in a\Z+b\Z \text{ , car }-p_2\in\Z\text{ et }-q_2\in\Z

Et donc: x-y=x+(-y)=p_1a+q_1b +(-p_2)a+(-q_2)b = (p_1-p_2)a+(q_1-q_2)b \in a\Z+b\Z \text{ , puisque } p_1-p_2\in \Z\text{ et }q_1-q_2\in \Z

On obtient: x-y\in a\Z+b\Z \enskip\enskip (ii)

\text{ De }(i)\text{ et }(ii)\text{ : }

\boxed{a\Z +b\Z\text{ est un sous-groupe de }(\R;+)}


7-a) \text{Soit }x\in \left(\dfrac 1 3 \Z+\dfrac 1 5 \Z\right)'\text{ , il existe donc }p,q\in\Z \text{ tels que }x=\dfrac{1}{3}p+\dfrac{1}{5}q=\dfrac{5p+3q}{15}\text{ et on a }x>0

Donc \dfrac{5p+3q}{15}>0 \text{ , ce qui donne }5p+3q>0 \text{ , et en sachant que }5p+3q\in \Z\text{ , on obtient } 5p+3q\geq 1

Soit x=\dfrac{5p+3q}{15}\geq \dfrac{1}{15}

\dfrac{1}{15} est donc un minorant de \left(\dfrac 1 3 \Z+\dfrac 1 5 \Z\right)'. Sa borne inférieure \alpha vérifie donc:

\boxed{\alpha\geq \dfrac{1}{15}}


b) Directement:

\boxed{ u=-1\text{ et }v=2 \text{ vérifient }5u+3v=1}


c) D'après la question précédente, \dfrac{1}{15} \in  \left(\dfrac 1 3 \Z+\dfrac 1 5 \Z\right)'

Donc, \dfrac{1}{15}\geq \alpha . Mais d'après 7-a) , \alpha\geq \dfrac{1}{15}

On en tire que \alpha=\dfrac{1}{15}\in \left(\dfrac 1 3 \Z+\dfrac 1 5 \Z\right)'

D'où \alpha=\dfrac{1}{15}>0 , et donc, d'après la question 4):

\boxed{\dfrac 1 3 \Z+\dfrac 1 5 \Z=\alpha\Z=\dfrac{1}{15}\Z }


8-a) Raisonnons par l'absurde en supposant que \sqrt{3}\in \Q\text{ , donc }\exists p,q\in \Z^* \text{ / }\sqrt{3}=\dfrac{p}{q}\text{ et }\text{ pgcd}(p;q)=1

Donc: 3q^2=p^2 , on en tire que 3| p^2 , or 3 \text{ est premier, donc d'après le lemme d'Euclide } \red 3|p

Il existe donc k\in \Z \text{ tel que } p=3k , et il s'ensuit que:

3 q^2=p^2 \implies 3 q^2=9k^2  \text{ , et donc }q^2=3k^2


\text{ Soit }3|q^2 et, d'après le lemme d'Euclide (3 \text{ est premier }) , on aboutit à: \red 3|q

Donc 3 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:

\boxed{\sqrt{3}\notin \Q }


b) Raisonnons par l'absurde en supposant que \alpha>0

On a alors, d'après la question 4) , \Z+\sqrt{3} \Z =\alpha \Z

Par conséquent, puisque 1\in (\Z+\sqrt{3} \Z)\text{ et }\sqrt{3}\in (\Z+\sqrt{3} \Z), il existe k_1\text{ , }k_2\in \Z^*\text{ tels que }1=k_1\alpha\text{ et }\sqrt{3}=k_2\alpha

Ce qui donne \sqrt{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{1}=\dfrac{k_2}{k_2}\in \Q \text{ puisque }k_1;k_2\in \Z^*

Ce qui est absurde car on a d'après la question 8-a) : \sqrt{3}\notin\Q.

D'où:
\boxed{\alpha=0}


c) Directement, d'après la question 5) , puisque la borne inférieure \alpha=0:

\boxed{\Z+\sqrt{3}\Z \text{ est dense dans }\R }



Fin de la correction



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


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