1. Démontrer que si r ∈ Q et x ∈ / Q alors r +x ∈ / Q et si r 6= 0 alors r.x ∈ / Q . 2. Montrer que √

(1)

Propriétés de R

1 Les rationnels Q

Exercice 1

1. Démontrer que si r ∈ Q et x ∈ / Q alors r +x ∈ / Q et si r 6= 0 alors r.x ∈ / Q . 2. Montrer que √

2 6∈ Q,

3. En déduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel.

IndicationH CorrectionH Vidéo [000451]

Exercice 2

Montrer que^{ln 3}_{ln 2}est irrationnel.

Exercice 3

1. SoitNn=0,1997 1997. . .1997 (nfois). MettreNnsous la forme ^p_q avecp,q∈N^∗. 2. SoitM=0,1997 1997 1997. . . .Donner le rationnel dont l’écriture décimale estM.

3. Même question avec :P=0,11111. . .+0,22222. . .+0,33333. . .+0,44444. . .+0,55555. . .+0,66666. . .+0,77777. . .+ 0,88888. . .+0,99999. . .

Exercice 4

Soitp(x) =∑ⁿ_i=0ai·xⁱ. On suppose que tous lesaisont des entiers.

1. Montrer que sipa une racine rationnelle^α

β (avecαetβ premiers entre eux) alorsαdivisea₀etβ divisean. 2. On considère le nombre√

2+√

3. En calculant son carré, montrer que ce carré est racine d’un polynôme de degré 2. En déduire, à l’aide du résultat précédent qu’il n’est pas rationnel.

2 Maximum, minimum, borne supérieure...

Exercice 5

Le maximum de deux nombresx,y(c’est-à-dire le plus grand des deux) est noté max(x,y). De même on notera min(x,y)le plus petit des deux nombresx,y. Démontrer que :

max(x,y) =x+y+|x−y|

2 et min(x,y) =x+y− |x−y|

2 .

Trouver une formule pour max(x,y,z).

Exercice 6

Déterminer la borne supérieure et inférieure (si elles existent) de :A={un|n∈N}en posantun=2ⁿsinest pair etun=2⁻ⁿsinon.

Indication

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H CorrectionH Vidéo [000465]

(2)

Exercice 7

Déterminer (s’ils existent) : les majorants, les minorants, la borne supérieure, la borne inférieure, le plus grand élément, le plus petit élément des ensembles suivants :

[0,1]∩Q, ]0,1[∩Q, N,

(−1)ⁿ+ 1

n² |n∈N^∗

.

CorrectionH Vidéo [000466]

Exercice 8

SoientAetBdeux parties bornées deR. On noteA+B={a+b|(a,b)∈A×B}.

1. Montrer que supA+supBest un majorant deA+B.

2. Montrer que sup(A+B) =supA+supB.

Exercice 9

SoitAetBdeux parties bornées deR.Vraioufaux? 1. A⊂B⇒supA6supB,

2. A⊂B⇒infA6infB,

3. sup(A∪B) =max(supA,supB), 4. sup(A+B)<supA+supB, 5. sup(−A) =−infA, 6. supA+infB6sup(A+B).

3 Divers

Exercice 10 Soitxun réel.

1. Donner l’encadrement qui définit la partie entièreE(x).

2. Soit(un)_n∈_N^∗la suite définie parun=E(x) +E(2x) +. . .+E(nx)

n² .

Donner un encadrement simple den²×un, qui utilise∑ⁿ_k=1k.

3. En déduire que(u_n)converge et calculer sa limite.

4. En déduire queQest dense dansR.

Exercice 11

Soitf:R→Rtelle que

∀(x,y)∈R² f(x+y) =f(x) +f(y).

Montrer que

1. ∀n∈N f(n) =n·f(1).

2. ∀n∈Z f(n) =n·f(1).

3. ∀q∈Q f(q) =q·f(1).

4. ∀x∈R f(x) =x·f(1)si fest croissante.

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(3)

Indication pourl’exercice 1N 1. Raisonner par l’absurde.

2. Raisonner par l’absurde en écrivant√

2= ^p_q avec petqpremiers entre eux. Ensuite plusieurs méthodes sont possibles par exemple essayer de montrer quepetqsont tous les deux pairs.

3. Considérerr+

√2

2 (r⁰−r)(faites un dessin !) pour deux rationnelsr,r⁰. Puis utiliser les deux questions précédentes.

Indication pourl’exercice 2N Raisonner par l’absurde !

Indication pourl’exercice 3N

1. MutiplierNnpar une puissance de 10 suffisament grande pour obtenir un nombre entier.

2. MutiplierMpar une puissance de 10 suffisament grande (pas trop grande) puis soustraireMpour obtenir un nombre entier.

Indication pourl’exercice 4N 1. Calculerβⁿp(^α

β)et utiliser le lemme de Gauss.

2. Utiliser la première question avecp(x) = (x²−5)²−24.

Indication pourl’exercice 5N Distinguer des cas.

Indication pourl’exercice 6N infA=0,An’a pas de borne supérieure.

Il faut revenir à la définition de la borne supérieure d’un ensemble borné : c’est le plus petit des majorants. En particulier la borne supérieure est un majorant.

Indication pourl’exercice 9N Deux propositions sont fausses...

1. Rappelez-vous que la partie entière dexest le plus grand entier, inférieur ou égal àx. Mais il est ici préférable de donner la définition deE(x)en disant queE(x)∈Zet quexvérifie un certain encadrement...

2. EncadrerE(kx), pourk=1, . . . ,n.

3. Rappelez-vous d’abord de la formule 1+2+· · ·+npuis utilisez le fameux théorème des gendarmes.

4. Lesunne seraient-ils pas des rationnels ?

1. f(2) =f(1+1) =· · ·, faire une récurrence.

2. f((−n) +n) =· · ·.

3. Siq=â_b, calculer f(â_b+â_b+· · ·+â_b)avecbtermes dans cette somme.

4. Utiliser la densité deQdansR: pourx∈Rfixé, prendre une suite de rationnels qui croit versx, et une autre qui décroit versx.

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(4)

Correction del’exercice 1N

1. Soitr= _q^p∈Qetx∈/Q. Par l’absurde supposons quer+x∈Qalors il existe deux entiersp⁰,q⁰tels quer+x= ^p_q⁰0. Donc x= ^p_q⁰0−_q^p=^qp⁰_qq^−pq0 ⁰ ∈Qce qui est absurde carx∈/Q.

De la même façon sir·x∈Qalorsr·x= ^p_q⁰0 Et doncx= ^p_q⁰0q

p. Ce qui est absurde.

2. Méthode “classique”.Supposons, par l’absurde, que√

2∈Qalors il existe deux entiers p,qtels que√

2= _q^p. De plus nous pouvons supposer que la fraction est irréductible (petqsont premiers entre eux). En élevant l’égalité au carré nous obtenons q²×2=p². Donc p²est un nombre pair, cela implique que pest un nombre pair (si vous n’êtes pas convaincu écrivez la contraposée “pimpair⇒p²impair”). Doncp=2×p⁰avecp⁰∈N, d’oùp²=4×p⁰². Nous obtenonsq²=2×p⁰². Nous en déduisons maintenant queq²est pair et comme ci-dessus queqest pair. Nous obtenons ainsi une contradiction carpetqétant tous les deux pairs la fraction ^p_qn’est pas irréductible et aurait pu être simplifiée. Donc√

2∈/Q. Autre méthode.Supposons par l’absurde que√

2∈Q. Alors√

2= ^p_q pour deux entiersp,q∈N^∗. Alors nous avonsq·√ 2∈N.

Considérons l’ensemble suivant :

N =n

n∈N^∗|n·√ 2∈N

o .

Cet ensembleN est une partie deN^∗ qui est non vide car q∈N. On peut alors prendre le plus petit élément de N : n0=minN. En particuliern0·√

2∈N. Définissons maintenantn1de la façon suivante :n1=n0·√

2−n0. Il se trouve que n1appartient aussi àN car d’une partn1∈N(carn0etn0·√

2 sont des entiers) et d’autre partn1·√

2=n0·2−n0·√ 2∈N. Montrons maintenant quen1est plus petit quen0. Comme 0<√

2−1<1 alorsn1=n0(√

2−1)<n0et est non nul.

Bilan : nous avons trouvén1∈N strictement plus petit quen0=minN. Ceci fournit une contradiction. Conclusion :√ 2 n’est pas un nombre rationnel.

3. Soientr,r⁰deux rationnels avecr<r⁰. Notonsx=r+

√ 2

2 (r⁰−r). D’une partx∈]r,r⁰[(car 0<

√ 2

2 <1) et d’après les deux premières questions√

2

r⁰−r 2

∈/Qdoncx∈/Q. Et doncxest un nombre irrationnel compris entreretr⁰.

Par l’absurde supposons que^{ln 3}_{ln 2}soit un rationnel. Il s’écrit alors_q^pavecp>0,q>0 des entiers. On obtientqln 3=pln 2. En prenant l’exponentielle nous obtenons : exp(qln 3) =exp(pln 2)soit 3^q=2^p. Sip≥1 alors 2 divise 3^qdonc 2 divise 3, ce qui est absurde.

Doncp=0. Ceci nous conduit à l’égalité 3^q=1, doncq=0. La seule solution possible estp=0,q=0. Ce qui contreditq6=0. Donc

ln 3

ln 2est irrationnel.

1. Soitp=1997 1997. . .1997 etq=1 0000 0000. . .0000=10⁴ⁿ. AlorsNn= ^p_q.

2. Remarquons que 10 000×M=1997,1997 1997. . .Alors 10 000×M−M=1997 ; donc 9999×M=1997 d’oùM=¹⁹⁹⁷₉₉₉₉. 3. 0,111. . .=¹₉, 0,222. . .= ²₉, etc. D’oùP=¹₉+²₉+· · ·+⁹₉=^1+2+···+9₉ = ⁴⁵₉ =5.

Correction del’exercice 4N 1. Soit^α

β ∈Qavec pgcd(α,β) =1. Pourp(^α

β) =0, alors∑ⁿi=0a_i

α β

i

=0. Après multiplication parβⁿnous obtenons l’égalité suivante :

anαⁿ+a_n−1αⁿ⁻¹β+· · ·+a1α βⁿ⁻¹+a0βⁿ=0.

En factorisant tous les termes de cette somme sauf le premier parβ, nous écrivonsanαⁿ+βq=0. Ceci entraîne queβ divise anαⁿ, mais commeβ etαⁿsont premier entre eux alors par le lemme de Gaussβdivisean. De même en factorisant parαtous les termes de la somme ci-dessus, sauf le dernier, nous obtenonsαq⁰+a₀βⁿ=0 et par un raisonnement similaireαdivisea₀. 2. Notonsγ=√

2+√

3. Alorsγ²=5+2√ 2√

3 Et donc γ²−52

=4×2×3, Nous choisissonsp(x) = (x²−5)²−24, qui s’écrit aussip(x) =x⁴−10x²+1. Vu notre choix dep, nous avonsp(γ) =0. Si nous supposons queγest rationnel, alorsγ= ^α

β et d’après la première questionα divise le terme constant dep, c’est-à-dire 1. Doncα=±1. De mêmeβdivise le coefficient du terme de plus haut degré dep, doncβ divise 1, soitβ=1. Ainsiγ=±1, ce qui est évidemment absurde !

Explicitons la formule pour max(x,y). Six>y, alors|x−y|=x−ydonc¹₂(x+y+|x−y|) =¹₂(x+y+x−y) =x. De même six6y, alors|x−y|=−x+ydonc¹₂(x+y+|x−y|) =¹₂(x+y−x+y) =y.

Pour trois éléments, nous avons max(x,y,z) =max max(x,y),z

, donc d’après les formules pour deux éléments : max(x,y,z) =max(x,y) +z+|max(x,y)−z|

2

1(x+y+|x−y|) +z+₁

(x+y+|x−y|)−z

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(5)

(u_2k)_ktend vers+∞et doncAne possède pas de majorant, ainsi An’a pas de borne supérieure (cependant certains écrivent alors supA= +∞). D’autre part toutes les valeurs de(un)sont positives et(u2k+1)_ktend vers 0, donc infA=0.

1. [0,1]∩Q. Les majorants :[1,+∞[. Les minorants :]−∞,0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Le plus grand élément : 1. Le plus petit élément 0.

2. ]0,1[∩Q. Les majorants :[1,+∞[. Les minorants :]−∞,0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Il nexiste pas de plus grand élément ni de plus petit élément.

3. N. Pas de majorants, pas de borne supérieure, ni de plus grand élément. Les minorants :]−∞,0]. La borne inférieure : 0. Le plus petit élément : 0.

4.

n

(−1)ⁿ+_n¹₂|n∈N^∗ o

. Les majorants :[⁵₄,+∞[. Les minorants :]−∞,−1]. La borne supérieure : ⁵₄. La borne inférieure :−1.

Le plus grand élément :⁵₄. Pas de plus petit élément.

1. SoientAetBdeux parties bornées deR. On sait que supAest un majorant deA, c’est-à-dire, pour touta∈A,a6supA. De même, pour toutb∈B,b≤supB. On veut montrer que supA+supBest un majorant deA+B. Soit doncx∈A+B. Cela signifie quexest de la formea+bpour una∈Aet unb∈B. Ora6supA, etb≤supB, doncx=a+b6supA+supB. Comme ce raisonnement est valide pour toutx∈A+Bcela signifie que supA+supBest un majorant deA+B.

2. On veut montrer que, quel que soitε>0, supA+supB−εn’est pas un majorant deA+B. On prend donc unε>0 quelconque, et on veut montrer que supA+supB−εne majore pasA+B. On s’interdit donc dans la suite de modifierε. Comme supAest le plus petit des majorants deA, supA−ε/2 n’est pas un majorant deA. Cela signifie qu’il existe un élémentadeAtel que a>supA−ε/2.Attention :supA−ε/2n’est pas forcément dans A ;supA non plus.De la même manière, il existeb∈Btel que b>supB−ε/2. Or l’élémentxdéfini parx=a+best un élément deA+B, et il vérifiex>(supA−ε/2) + (supB−ε/2) = supA+supB−ε.Ceci implique que supA+supB−εn’est pas un majorant deA+B.

3. supA+supBest un majorant deA+Bd’après la partie 1. Mais, d’après la partie 2., dès qu’on prend unε>0, supA+supB−ε n’est pas un majorant deA+B. Donc supA+supBest bien le plus petit des majorants deA+B, c’est donc la borne supérieure deA+B. Autrement dit sup(A+B) =supA+supB.

Correction del’exercice 9N 1. Vrai.

2. Faux. C’est vrai avec l’hypothèseB⊂Aet nonA⊂B.

3. Vrai.

4. Faux. Il y a égalité.

5. Vrai.

6. Vrai.

1. Par définition est l’unique nombreE(x)∈Ztel que

E(x)≤x<E(x) +1.

2. Pour le réelkx, (k=1, . . . ,n) l’encadrement précédent s’écritE(kx)≤kx<E(kx) +1. Ces deux inégalités s’écrivent aussi E(kx)≤kxetE(kx)>kx−1, d’où l’encadrementkx−1<E(kx)≤kx. On somme cet encadrement,kvariant de 1 àn, pour obtenir :

n

∑

k=1

(kx−1)<

n

∑

k=1

E(kx)≤

n

∑

k=1

kx.

Ce qui donne

x·

n

∑

k=1

k −n<n²·un≤x·

n

∑

k=1

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k.

(6)

3. On se rappelle que∑ⁿ_k=1k=ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ donc nous obtenons l’encadrement : x· 1

n²·n(n+1)

2 −1

n<un≤x· 1

n²·n(n+1)

2 .

1

n²·ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ tend vers¹₂, donc par le théorème des gendarmes(un)tend vers^x₂.

4. Chaqueunest un rationnel (le numérateur et le dénominateur sont des entiers). Comme la suite(u_n)tend vers₂^x, alors la suite de rationnels(2un)tend versx. Chaque réelx∈Rpeut être approché d’aussi près que l’on veut par des rationnels, doncQest dense dansR.

1. Calculons d’abord f(0). Nous savons f(1) =f(1+0) =f(1) +f(0), doncf(0) =0. Montrons le résultat demandé par récur- rence : pourn=1, nous avons bienf(1) =1×f(1). Sif(n) =n f(1)alorsf(n+1) =f(n) +f(1) =n f(1) +f(1) = (n+1)f(1).

2. 0=f(0) =f(−1+1) =f(−1) +f(1). Donc f(−1) =−f(1). Puis comme ci-dessusf(−n) =n f(−1) =−n f(1).

3. Soitq= â_b. Alors f(a) =f(â_b+â_b+· · ·+â_b) = f(â_b) +· · ·+f(â_b) (btermes dans ces sommes). Donc f(a) =b f(â_b). Soit a f(1) =b f(â_b). Ce qui s’écrit aussi f(â_b) =â_bf(1).

4. Fixonsx∈R. Soit(αi)une suite croissante de rationnels qui tend versx. Soit(βi)une suite décroissante de rationnels qui tend versx:

α1≤α2≤α3≤. . .≤x≤ · · · ≤β2≤β1.

Alors commeαi≤x≤βiet quefest croissante nous avonsf(α_i)≤f(x)≤f(β_i). D’après la question précédent cette inéquation devient :αif(1)≤f(x)≤βif(1). Comme(αi)et(βi)tendent versx. Par le “théorème des gendarmes” nous obtenons en passant à la limite :x f(1)≤ f(x)≤x f(1). Soit f(x) =x f(1).