MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 5 le 24/11/16 29 juin 2019

(1)

MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 5 le 24/11/16 29 juin 2019

Partie I.

1. Première démonstration.

a. Soit j , k m des naturels non nuls tels que j = bkrc = bmsc . Écrivons les enca- drements dénissant les parties entières (l'inégalité de gauche est stricte car r et s sont irrationnels) puis divisons par r et s et sommons :

( j < kr < j + 1 j < ms < j + 1 ⇒



 

  j

r < k < j + 1 r j

s < m < j + 1 s

⇒ j < k + m < j + 1

en utilisant ¹ _r + ¹ _s = 1 .

Il est clair que ces inégalités sont impossibles dans N, il ne peut donc exister k et m dans N pour lesquels bkrc = bmsc . Cela traduit que V (r) et V (s) sont disjoints.

b. On suppose j / ∈ V (r) , il existe alors deux éléments consécutifs de la suite de Beatty (en ajoutant éventuellement 0 ) encadrant strictement j . Il existe donc k ∈ N tel que

bkrc < j < b(k + 1)rc

Par dénition, bkrc est le plus grand des entiers inférieurs ou égaux à kr . Comme j ≤ bkrc est faux, on sait que j n'est pas un de ces entiers donc kr < j .

D'autre part, comme j est entier

j < b(k + 1)rc ⇒ j + 1 ≤ b(k + 1)rc ≤ (k + 1)r

c. On suppose qu'il existe des entiers j , k , m vériant les relations de l'énoncé.

remarquons d'abord que les inégalités sont toutes strictes à cause de l'irrationalité de r et s . On peut alors diviser par r et s et ajouter



 

  k < j

r m < j s

⇒ k + m < j



 

  j + 1

r < k + 1 j + 1

s < m + 1

⇒ j + 1 < k + m + 2

On en tire k + m < j < k + m + 1 ce qui est clairement impossible.

d. Si j ∈ N ^∗ n'est ni dans V (r) ni dans V (s) , d'après la question b., il existe k et m dans N vériant les inégalités du c.. ces inégalités conduisent à une absurdité. On en déduit que N = V (r) ∪ V (s) .

2. Deuxième démonstration.

a. Si M ( ¹ _r ) et M ( ¹ _s ) ne sont pas disjoints, il existe des naturels non nuls p et q tels que ^p _r = ^q _s . Cela entraine que ^r _s est rationnel. Or

1 r + 1

s = 1 ⇒ 1 + r s = r

Alors r serait rationnel aussi ce qui est contraire aux hypothèses. Les ensembles sont donc disjoints.

b. Le nombre de multiples non nuls de ¹ _r inférieurs à ^j _r est égal au nombre d'entiers k tels que

k r ≤ j

r C'est évidemment j .

Le nombre de multiples non nuls de ¹ _s inférieurs à ^j _r est égal au nombre d'entiers k tels que

k s ≤ j

r ⇔ k ≤ sj r C'est donc b ^sj _r c .

c. Comme les deux ensembles de multiples sont disjoints, le nombre cherché est j + b sj

r c = j + b(j(s − 1)c (à cause de la relation entre r et s )

= j + b(js − j)c = j + bjsc − j = bjsc car bx + nc = bxc + n pour n ∈ Z.

d. Comme chaque ensemble M ( ¹ _r ) et M ( ¹ _s ) est inni, en numérotant par ordre crois- sant les éléments de W = M ( ¹ _r ) ∪ M ( ¹ _s ) à partir de 1 , on obtient une bijection ϕ de N ^∗ dans W .

Pour tout n dans N, le n -ième élément de l'ensemble W est ϕ(n) . Si ϕ(n) est de la forme ^j _r , la question c. montre que n = bjsc . De la même manière n = bjrc si ϕ(n) est de la forme ^j _s . Ceci montre que tout naturel n est, de manière unique, un bjrc ou un bjsc c'est à dire que V (s) et V (r) forment une partition de N ^∗ .

Partie II.

1. Notons

X _n = n a _k

k , k ∈ J 1, n K

o , Y _n =

a _k + 1

k , k ∈ J 1, n K

Par dénition, X _n ⊂ X _n+1 et Y _n ⊂ Y _n+1 . Cela entraine x _n ≤ x _n+1 et y _n+1 ≤ y _n .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai M1605C

(2)

MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 5 le 24/11/16 29 juin 2019

2. On suppose ici qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que a n = bnαc pour tout n ∈ N ^∗ . On peut alors écrire (inégalité stricte à cause de l'irrationnalité)

∀k ∈ N ^∗ , a _k < kα < a _k + 1 ⇒ a _k

k < α < a _k + 1 k

Ceci est vrai en particulier pour le plus grand élément de X _n et le plus petit élément de Y _n donc

x _n < α < y _n

3. a. On sait d'après la première question que les suites (x n ) _n∈N

∗

et (y n ) _n∈N

∗

sont respectivement croissantes et décroissantes. L'hypothèse supplémentaire de cette question montre qu'elles sont respectivement majorée (par y 1 ) et minorée (par x 1 ). On en déduit la convergence des deux suites. On note x et y les limites respectives.

De plus, pour tout n ∈ N ^∗ , a _n

n ≤ x n < y n ≤ a _n + 1

n ⇒ 0 < y n − x n < 1 n

On déduit y = x par passage à la limite dans une inégalité. On notera α cette limite commune.

b. Reprenons l'encadrement précédent et combinons le avec la monotonie a _n

n ≤ x n < y n ≤ a _n + 1 n x _n ≤ α ≤ y _n







⇒ a _n

n ≤ α ≤ a _n + 1

n ⇒ a n ≤ nα ≤ a n + 1

Dans le cas où α est irrationnel, les inégalités sont forcément strictes et a _n = bnαc . c. Si a _k = 2k − 1 , alors ^a _k

^k

= 2 − _k ¹ donc la suite correspondante est croissante et x n = 2 − _n ¹ pour tous les n . De l'autre coté ^a

^k

_k ⁺¹ = 2 donc la suite est constante et y n = 2 pour tous les n . On a donc bien x n < y n pour tous les n sans que a n

soit une suite de Beatty.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai M1605C

MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 5 le 24/11/16 29 juin 2019

MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 5 le 24/11/16 29 juin 2019

Partie I.

1. Première démonstration.

a. Soit j , k m des naturels non nuls tels que j = bkrc = bmsc . Écrivons les enca- drements dénissant les parties entières (l'inégalité de gauche est stricte car r et s sont irrationnels) puis divisons par r et s et sommons :

( j < kr < j + 1 j < ms < j + 1 ⇒



 

  j

r < k < j + 1 r j

s < m < j + 1 s

⇒ j < k + m < j + 1

en utilisant 1 r + 1 s = 1 .

Il est clair que ces inégalités sont impossibles dans N, il ne peut donc exister k et m dans N pour lesquels bkrc = bmsc . Cela traduit que V (r) et V (s) sont disjoints.

b. On suppose j / ∈ V (r) , il existe alors deux éléments consécutifs de la suite de Beatty (en ajoutant éventuellement 0 ) encadrant strictement j . Il existe donc k ∈ N tel que

bkrc < j < b(k + 1)rc

Par dénition, bkrc est le plus grand des entiers inférieurs ou égaux à kr . Comme j ≤ bkrc est faux, on sait que j n'est pas un de ces entiers donc kr < j .

D'autre part, comme j est entier

j < b(k + 1)rc ⇒ j + 1 ≤ b(k + 1)rc ≤ (k + 1)r

c. On suppose qu'il existe des entiers j , k , m vériant les relations de l'énoncé.

remarquons d'abord que les inégalités sont toutes strictes à cause de l'irrationalité de r et s . On peut alors diviser par r et s et ajouter



 

  k < j

r m < j s

⇒ k + m < j



 

  j + 1

r < k + 1 j + 1

s < m + 1

⇒ j + 1 < k + m + 2

On en tire k + m < j < k + m + 1 ce qui est clairement impossible.

d. Si j ∈ N ∗ n'est ni dans V (r) ni dans V (s) , d'après la question b., il existe k et m dans N vériant les inégalités du c.. ces inégalités conduisent à une absurdité. On en déduit que N = V (r) ∪ V (s) .

2. Deuxième démonstration.

a. Si M ( 1 r ) et M ( 1 s ) ne sont pas disjoints, il existe des naturels non nuls p et q tels que p r = q s . Cela entraine que r s est rationnel. Or

1 r + 1

s = 1 ⇒ 1 + r s = r

Alors r serait rationnel aussi ce qui est contraire aux hypothèses. Les ensembles sont donc disjoints.

b. Le nombre de multiples non nuls de 1 r inférieurs à j r est égal au nombre d'entiers k tels que

k r ≤ j

r C'est évidemment j .

Le nombre de multiples non nuls de 1 s inférieurs à j r est égal au nombre d'entiers k tels que

k s ≤ j

r ⇔ k ≤ sj r C'est donc b sj r c .

c. Comme les deux ensembles de multiples sont disjoints, le nombre cherché est j + b sj

r c = j + b(j(s − 1)c (à cause de la relation entre r et s )

= j + b(js − j)c = j + bjsc − j = bjsc car bx + nc = bxc + n pour n ∈ Z.

d. Comme chaque ensemble M ( 1 r ) et M ( 1 s ) est inni, en numérotant par ordre crois- sant les éléments de W = M ( 1 r ) ∪ M ( 1 s ) à partir de 1 , on obtient une bijection ϕ de N ∗ dans W .

Partie II.

1. Notons

X n = n a k

k , k ∈ J 1, n K

o , Y n =

a k + 1

k , k ∈ J 1, n K

Par dénition, X n ⊂ X n+1 et Y n ⊂ Y n+1 . Cela entraine x n ≤ x n+1 et y n+1 ≤ y n .

1

MPSI B Année 2016-2017 Corrigé DM 5 le 24/11/16 29 juin 2019

2. On suppose ici qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que a n = bnαc pour tout n ∈ N ∗ . On peut alors écrire (inégalité stricte à cause de l'irrationnalité)

∀k ∈ N ∗ , a k < kα < a k + 1 ⇒ a k

k < α < a k + 1 k

Ceci est vrai en particulier pour le plus grand élément de X n et le plus petit élément de Y n donc

x n < α < y n

3. a. On sait d'après la première question que les suites (x n ) n∈N

et (y n ) n∈N

sont respectivement croissantes et décroissantes. L'hypothèse supplémentaire de cette question montre qu'elles sont respectivement majorée (par y 1 ) et minorée (par x 1 ). On en déduit la convergence des deux suites. On note x et y les limites respectives.

De plus, pour tout n ∈ N ∗ , a n

n ≤ x n < y n ≤ a n + 1

n ⇒ 0 < y n − x n < 1 n

On déduit y = x par passage à la limite dans une inégalité. On notera α cette limite commune.

b. Reprenons l'encadrement précédent et combinons le avec la monotonie a n

n ≤ x n < y n ≤ a n + 1 n x n ≤ α ≤ y n







⇒ a n

n ≤ α ≤ a n + 1

n ⇒ a n ≤ nα ≤ a n + 1

Dans le cas où α est irrationnel, les inégalités sont forcément strictes et a n = bnαc . c. Si a k = 2k − 1 , alors a k

en utilisant ¹ _r + ¹ _s = 1 .

d. Si j ∈ N ^∗ n'est ni dans V (r) ni dans V (s) , d'après la question b., il existe k et m dans N vériant les inégalités du c.. ces inégalités conduisent à une absurdité. On en déduit que N = V (r) ∪ V (s) .

a. Si M ( ¹ _r ) et M ( ¹ _s ) ne sont pas disjoints, il existe des naturels non nuls p et q tels que ^p _r = ^q _s . Cela entraine que ^r _s est rationnel. Or

b. Le nombre de multiples non nuls de ¹ _r inférieurs à ^j _r est égal au nombre d'entiers k tels que

Le nombre de multiples non nuls de ¹ _s inférieurs à ^j _r est égal au nombre d'entiers k tels que

r ⇔ k ≤ sj r C'est donc b ^sj _r c .

d. Comme chaque ensemble M ( ¹ _r ) et M ( ¹ _s ) est inni, en numérotant par ordre crois- sant les éléments de W = M ( ¹ _r ) ∪ M ( ¹ _s ) à partir de 1 , on obtient une bijection ϕ de N ^∗ dans W .

X _n = n a _k

o , Y _n =

a _k + 1

Par dénition, X _n ⊂ X _n+1 et Y _n ⊂ Y _n+1 . Cela entraine x _n ≤ x _n+1 et y _n+1 ≤ y _n .

2. On suppose ici qu'il existe un α > 0 irrationnel tel que a n = bnαc pour tout n ∈ N ^∗ . On peut alors écrire (inégalité stricte à cause de l'irrationnalité)

∀k ∈ N ^∗ , a _k < kα < a _k + 1 ⇒ a _k

k < α < a _k + 1 k

Ceci est vrai en particulier pour le plus grand élément de X _n et le plus petit élément de Y _n donc

x _n < α < y _n

3. a. On sait d'après la première question que les suites (x n ) _n∈N

et (y n ) _n∈N

De plus, pour tout n ∈ N ^∗ , a _n

n ≤ x n < y n ≤ a _n + 1

b. Reprenons l'encadrement précédent et combinons le avec la monotonie a _n

n ≤ x n < y n ≤ a _n + 1 n x _n ≤ α ≤ y _n

⇒ a _n

n ≤ α ≤ a _n + 1

Dans le cas où α est irrationnel, les inégalités sont forcément strictes et a _n = bnαc . c. Si a _k = 2k − 1 , alors ^a _k

= 2 − _k ¹ donc la suite correspondante est croissante et x n = 2 − _n ¹ pour tous les n . De l'autre coté ^a

_k ⁺¹ = 2 donc la suite est constante et y n = 2 pour tous les n . On a donc bien x n < y n pour tous les n sans que a n