Soient x ∈ [5, 10] et y ∈ [ − 5, − 3]. Encadrer x + y, x − y, x × y et x y . Réponse

Inégalités dans R ^{– TD 1}

Résolution d’équations et d’inéquations

Exercice 1

Soient x ∈ [5, 10] et y ∈ [ − 5, − 3]. Encadrer x + y, x − y, x × y et x y . Réponse

ÏOn a 5ÉxÉ10 et−5ÉyÉ −3.

En sommant les inégalités, on a

0Éx+yÉ7.

ÏOn a 5ÉxÉ10 et 3É −yÉ5.

En sommant les inégalités, on a

8Éx−yÉ15.

ÏOn a 0<5ÉxÉ10 et 0É3É −yÉ5.

Donc, 15É −x×yÉ50. Donc,

−50Éx×yÉ −15.

ÏOn a 0<5ÉxÉ10 et 0É3É −yÉ5.

Donc, 0<1 5É −1

yÉ1

3, puis, 0<1É −x yÉ10

3. Donc,

−10 3 Éx

yÉ −1.

Exercice 2

Résoudre les équations d’inconnue x ∈ R ^: 1. | x + 1 | = 5.

2. | 2 − x | = 2 x + 1.

3. | x + 3 | − | x − 1 | = | 2 x + 1 | . 4. p

x + 1 = 3 x − 7.

5. p

6 − x + p

3 − x = p

x + 5 + p 4 − 3 x.

6.

¯x²

− 3 x + 2

¯

= | x | . 7.

¯

¯

¯

¯

x + 1 1 − x

¯

¯

¯

¯

= 3 − 2 x.

8.

| x + 3 | = | x − 2 | . Réponse

1. Soitx∈R^{. On a :}

|x+1| =5⇐⇒(x+1=5 ou x+1= −5)⇐⇒(x=4 oux= −6).

L’ensemble des solution est

S=© 4,−6ª

.

2. Icix apparaît dans le second membre ! On procède par disjonction de cas.Soitx∈R^. Il y a deux cas :

(a) Cas 1 : 2−xÊ0 ce qui est équivalent àxÉ2. Dans ce cas,

|2−x| =2x+1⇐⇒2−x=2x+1 ⇐⇒ x=1 3.

On a 1 3É2.

(b) Cas 2 : 2−x<0 ce qui est équivalent àx>2. Dans ce cas,

|2−x| =2x+1⇐⇒ −(2−x)=2x+1 ⇐⇒ x= −3.

On a−3É2.

Ainsi, l’ensemble des solution est

S=

½1 3

¾ .

3. Quelques remarques:x+3 change de signe en−3 ;x−1 change de signe en 1 ; et 2x+1 change de signe en−1 2. On va alors distinguer 4 cas. Soitx∈R^:

(a) Cas 1 :xÉ −3, alors

|x+3| − |x−1| = |2x+1| ⇐⇒ −x−3+x−1= −(2x+1)⇐⇒x=3 2 On n’a pasxÉ −3.

(b) Cas 2 :−3<xÉ −1 2, alors

|x+3| − |x−1| = |2x+1| ⇐⇒x+3+x−1= −(2x+1)⇐⇒x= −3 4 On a−3<xÉ −1

2. (c) Cas 3 :−1

2<xÉ1, alors

|x+3| − |x−1| = |2x+1| ⇐⇒x+3+x−1=2x+1⇐⇒2=1 Pas de solution.

(d) Cas 4 :x>1, alors

|x+3| − |x−1| = |2x+1| ⇐⇒x+3−x+1=2x+1⇐⇒x=3 2 On ax>1.

Donc,

S=

½

−3 4,3

2

¾ .

4. Soitx∈R^.

Analyse: On suppose quexest solution de p

x+1=3x−7.

On élève au carré, il vient :x+1=9x²−42x+49, ce qui est équivalent à 9x²−43x−48=0.

Le discriminant de cette équation du seconde degré est 121. Les solutions de l’équation sont 16 9 et 3.

On a trouvé deux candidats, il reste à vérifier si ces candidats sont effectivement solutions.

SynthèseOn a : 3×16

9 −7=16 3 −21

3 = −5

3<0. Or, une racine carrée est positive ou nulle, donc 16

9 n’est pas solution.

On a : 3×3−7=2 et p

3+1=2.

Donc, l’ensemble des solutions est :

S={3} . 5. DL₁.

6. On a :

¯¯x²−3x+2¯

¯= |x| ⇐⇒ x²−3x+2=xoux²−3x+2= −x ⇐⇒ x²−4x+2=0 oux²−2x+2=0 Après calcul des discriminants, on trouve :

¯¯x²−3x+2¯

¯= |x| ⇐⇒ x=2−p

2 etx=2+p 2.

Ainsi, l’ensemble des solutions est :

S=© 2−p

2, 2+p 2ª

. 7. DL₁.

8. J’expose ici une méthode pour résoudre cette équation sans utiliser d’analyse-synthèse.

On a :

p|x+3| = |x−2| ⇐⇒ |x+3| = |x−2|² ⇐⇒ |x+3| =(x−2)² Comme (x−2)²Ê0, on a :

|x+3| =(x−2)² ⇐⇒ x+3=(x−2)²oux+3= −(x−2)² ⇐⇒ x²−5x+1=0 oux²−3x+7=0.

Après résolution des équations de degrés 2, on trouve,

|x+3| =(x−2)² ⇐⇒ x=5+p 21

2 ou 5−p 21

2 .

Ainsi, l’ensemble des solutions est :

S= (5+p

21 2 ,5−p

21 2

) .

Exercice 3

Déterminer les paramètres réels m pour que l’équation, d’inconnue réelle x, suivante ait exactement deux racines réelles positives :

m

× x

+ (m − 2) × x + 9 = 0.

Réponse

DL1.

Exercice 4

Résoudre les inéquations d’inconnue x ∈ R ^: 1. x + x × (x − 1)

x + 3 Ê 0 2. x

− 4 x + 5

− 3 x

− 3 x + 18 < 0 3. | x − 5 | É 4.

4. 1 < | x − 1 | < 3.

5.

¯x²

− 4 x + 1

¯

> 1.

6. x + m

m + 1 > 2 − x, où m ∈ R ^{\ {} − 1}.

7. | 3 x + 2 | É | x − 2 | . 8. x + 2

x − 1 < 3 x − 2 . 9.

| x − 2 | É x + 1.

10. p

x + 1 Ê x − 5.

Réponse

1. On a|x−5| É4 si, et seulement si,−4Éx−5É4. Ce qui est équivalent à 1ÉxÉ9.

L’ensemble des solutions estS=[1, 9].

2. On trouveS=]−2, 0[∪]2, 4[.

3. On résoutx²−4x+1=0. On trouvex₁=2−p

3 etx₂=2+p 3.

Cas 1 :x∈]− ∞,x1]∪[x2,+∞[. Dans ce cas,x²−4x+1Ê0.

D’où,

¯¯x²−4x+1¯

¯>1 ⇐⇒ x²−4x+1>1

⇐⇒ x×(x−4)>0

⇐⇒ (x>0 etx−4>0) ou (x<0 etx−4<0)

⇐⇒ x>4 ou x<0.

On a 2+p

3<2+p

4 doncx₂<4. On a aussi 2>p

3. Donc, 0<x₁<x₂. Dans ce cas,¯

¯x²−4x+1¯

¯>1 si, et seulement si,x∈]− ∞, 0[∪]4,+∞[.

Cas 2 :x∈]x₁,x₂[. Dans ce cas,x²−4x+1É0.

D’où,

¯¯x²−4x+1¯

¯>1 ⇐⇒ −x²+4x−1>1

⇐⇒ −x²+4x−2>0 Les solutions de−x²+4x−2=0 sonty₁=2−p

2 ety₂=2+p 2.

Or, p 2<p

3. D’où,x₁<y₁<y₂<x₂. D’où,

¯¯x²−4x+1¯

¯>1 ⇐⇒ y1<x<y2

Dans ce cas,¯

¯x²−4x+1¯

¯>1 si, et seulement si,x∈]2−p 2, 2+p

2[.

L’ensemble des solutions est donc :S=]− ∞, 0[∪¤ 2−p

2, 2+p 2£

∪]4,+∞[.

4. Soitx∈R^{, on a :} x+m

m+1>2−x ⇐⇒ x

m+1+ m

m+1>2−x ⇐⇒

µ 1 m+1+1

¶

×x>2− m

m+1 ⇐⇒

µm+2 m+1

¶

×x>m+2 m+1. Il y a trois cas :

• Cas 1 : m+2

m+1>0⇔(m+2>0 etm+1>0) ou (m+2<0 etm+1<0)⇔m∈]− ∞,−2[∪]−1,+∞[.

Donc,

x+m

m+1>2−x ⇐⇒

µm+2 m+1

¶

×x>m+2

m+1 ⇐⇒ x>1.

Dans ce cas, l’ensemble des solutions est ]1,+∞[.

• Cas 2 : m+2

m+1=0⇔m= −2.

Donc,

x+m

m+1>2−x ⇐⇒

µm+2 m+1

¶

×x>m+2

m+1 ⇐⇒ 0>0.

Dans ce cas, l’ensemble des solutions est l’ensemble vide.

• Cas 2 : m+2

m+1<0⇔(m+2<0 etm+1>0) ou (m+2>0 etm+1<0)⇔m∈]−2,−1[.

Donc,

x+m

m+1>2−x ⇐⇒

µm+2 m+1

¶

×x>m+2

m+1 ⇐⇒ x<1.

Dans ce cas, l’ensemble des solutions est ]− ∞, 1[.

Ainsi,

l’ensemble de solution est ]1,+∞[ sim∈]− ∞,−2[∪]−1,+∞[ ; est ]− ∞, 1[ sim∈]−2,−1[ ; et est vide sim= −2.

5. Cas 1:xÉ −3

2. Dans ce cas ,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ −3x−2É −x+2

⇐⇒ xÊ −2.

Comme−2É −3

2, dans ce cas,|3x+2| É |x−2|si, et seulement si,x∈

·

−2,−3 2

¸ . Cas 2:−3

2<xÉ2. Dans ce cas ,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ 3x+2É −x+2

⇐⇒ xÉ0.

Dans ce cas,|3x+2| É |x−2|si, et seulement si,x∈

¸

−3 2, 0

¸ . Cas 3:x>2. Dans ce cas ,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ 3x+2Éx−2

⇐⇒ xÉ −2.

Dans ce cas,|3x+2| É |x−2|ne possède pas de solution.

Ainsi,

l’ensemble des solutions est [−2, 0].

6. Soitx∈Rdifférent de 1 et 2.

Cas 1 :x<1. Dans ce casx−1<0 etx−2<0.

On a :

x+2 x−1< 3

x−2 ⇐⇒ (x−2)×(x+2)<3x−3

⇐⇒ x²−3x−1<0.

Les solutions dex²−3x−1=0 sontx₁=3−p 13

2 etx₂=3+p 13

2 .

D’où, x+2 x−1< 3

x−2si, et seulement si,x∈]x₁,x₂[.

On a 9<13<16, donc par croissance de la fonction racine carrée, 3< p

13<4, donc −1

2 < 3−p 13 2 <0 et 3<3−p

13 2 <7

2.

L’ensemble des solutions dans ce cas est ]x1, 1[.

Cas 2 :1<x<2. Dans ce casx−1>0 etx−2<0.

On a :

x+2 x−1< 3

x−2 ⇐⇒ (x−2)×(x+2)>3x−3

⇐⇒ x²−3x−1>0.

Les solutions dex²−3x−1=0 sontx₁=3−p 13

2 etx₂=3+p 13

2 .

D’où, x+2 x−1< 3

x−2si, et seulement si,x∈]− ∞,x1[∪]x2,+∞[.

Or,−1

2<x1<0 et 3<x2<7 2.

L’ensemble des solutions dans ce cas est vide.

Cas 3 :x>2. Dans ce casx−1>0 etx−2>0.

On a :

x+2 x−1< 3

x−2 ⇐⇒ (x−2)×(x+2)<3x−3

⇐⇒ x²−3x−1<0.

Les solutions dex²−3x−1=0 sontx₁=3−p 13

2 etx₂=3+p 13

2 .

D’où, x+2 x−1< 3

x−2si, et seulement si,x∈]x₁,x₂[.

Or,−1

2<x₁<0 et 3<x₂<7 2.

L’ensemble des solutions dans ce cas est ]2,x2[.

Ainsi,

l’ensemble des solutions est ]x₁, 1[∪]2,x₂[.

7. On raisonne par disjonction de cas.

x

3x+2 x−2

−∞ −2

3 2 +∞

− 0 + +

− − 0 +

Cas 1:x∈

¸

−∞,−2 3

¸

. Dans ce cas,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ −(3x+2)É −(x−2) ⇐⇒ xÊ −2.

Dans ce cas,xÉ −2

3etxÊ −2. Donc, x∈

·

−2,−2 3

¸ .

Cas 2:x∈

¸

−2 3, 2

¸

. Dans ce cas,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ 3x+2É −(x−2) ⇐⇒ xÉ0.

Dans ce cas,−2

3<xÉ2 etxÉ0. Donc, x∈

¸

−2 3, 0

¸ . Cas 3:x∈]2,+∞[. Dans ce cas,

|3x+2| É |x−2| ⇐⇒ 3x+2Éx−2 ⇐⇒ xÉ −2.

Dans ce cas,x>2 etxÉ −2. Donc, il n’y a pas de solution.

Ainsi, l’ensemble des solutions est :

S=[−2, 0].

8. DL₁.

9. ÏCas 1 :x< −1. Dans ce cas, il n’y a pas de solution (une racine carrée est positive).

ÏCas 2 :xÊ −1. Dans ce cas, comme p

|x−2| Ê0 etx+1Ê0, on a :

p|x−2| Éx+1 ⇐⇒ |x−2| É(x+1)². Comme (x+1)²Ê0, on a :

−(x+1)²Éx−2É(x+1)² ⇐⇒ x²+3x−1Ê0 etx²+x+3Ê0.

Déterminons les solutions dex²+3x−1=0. Après calculs, on trouve −3−p 13

2 et −3+p 13

2 . Le coefficient dex²est positif, donc, pour toutx∈

#

−∞,−3−p 13 2

#

∪

"

−3+p 13

2 ,+∞

"

,x²+3x−1Ê0.

Attention !xÊ −1. Dans la question précédente, on a vu que 3<p

13<4. D’où

−3−p 13

2 <0 et 0<−3+p 13 2 <1

2.

Déterminons les solutions dex²+x+3=0. Après calculs, il n’y a pas solution réelle. Le coefficient dex²est positif, donc, pour toutx∈R^,x2+x+3Ê0.

ÏAinsi, l’ensemble des solutions est :

S=

"

−3+p 13

2 ,+∞

"

.

10. L’équation est définie pourxÊ −1.

ÏCas 1 :x∈[−1, 5]. Dans ce cas,p

x+1Ê0Êx−5. Donc, toutx∈[−1, 5] est solution.

ÏCas 2 :x>5. Dans ce cas, p

x+1Ê0 etx−5Ê0.

Donc, p

x+1Êx−5 ⇐⇒ x+1Ê(x−5)² ⇐⇒ x²−11x+24É0.

On cherche les solutions dex²−11x+24=0. Après calculs, on trouve 3 et 8.

Donc, pour toutx∈[3, 8],x²−11x+24É0. Icix>5.

ÏDonc, l’ensemble des solutions est :

S=[−1, 8].

Inégalités

Exercice 5

Montrer que, pour tout x et y dans [0, 1],

x

+ y

− x × y É 1.

Réponse

Soient (x,y)∈[0, 1]². On a alors (x²,y²)∈[0, 1]², puis (x²−1)×(1−y²)É0.

Or, (x²−1)×(1−y²)=x²+y²−x²×y²−1É0.

D’où,x²+y²−x²×y²É1.

Or, (x,y)∈[0, 1]², donc,x²×y²Éx×y.

D’où,x²+y²−x²×y²Êx²+y²−x×y.

Donc,

x²+y²−x×yÉ1.

Exercice 6

Montrer que, pour tous réels strictement positifs x et y 1 + p

x × y É p

1 + x ×

1 + y.

Réponse

Soientxetydeux réels strictement positifs.

On a : (1+px×y)²=1+2px×y+x×yet (p

1+x×p

1+y)²=(1+x)×(1+y)=1+x+y+x×y.

Or, (p

x−py)²Ê0. Donc,x−2px×y+yÊ0.

D’où, 2px×yÉx+y

Donc, 1+2px×y+x×yÉ1+x+y+x×y.

D’où, (1+px×y)²É(p

1+x×p

1+y)²., puis, par croissance de la fonction racine carrée, 1+px×yÉp

1+x×p 1+y.

Exercice 7

Montrer que, pour tous réels x et y,

| x × y | É x

+ y

2 . Réponse

Soit (x,y)∈R^2. On a (|x| − |y|)²Ê0.

Or, (|x| − |y|)²= |x|²−2|x| × |y| + |y|².

De plus,|x|²=x²,|y|²=y²et|x| × |y| = |x×y|. Donc,x²+y²−2|x×y| Ê0.

Donc,

|x×y| Éx²+y² 2 .

Exercice 8

Montrer que, pour tous réels x et y,

| x | + | y | É | x + y | + | x − y | . Réponse

Soit (x,y)∈R^2. ÏOn ax=x−y

2 +x+y 2 .

D’où, par l’inégalité triangulaire :|x| É

¯

¯

¯ x−y

2

¯

¯¯+

¯

¯

¯ x+y

2

¯

¯

¯. D’où,|x| É|x−y|

2 +|x+y| 2 (1).

ÏDe même,y= y−x 2 +x+y

2 . D’où,|y| É|y−x|

2 +|x+y| 2 . Or,|y−x| = |x−y|. Donc,|y| É|x−y|

2 +|x+y| 2 (2).

ÏD’où, en sommant les inégalités (1) et (2) :

|x| + |y| É |x−y| + |x+y|.

Exercice 9

Montrer que, pour tous réels x, y et z,

x × y + x × z + y × z É x

+ y

+ z

. Réponse

Soit (x,y,z)∈R^{3. On a :}

x²+y²+z²−x×y−x×z−y×z= µ y

p2− z p2

¶2

+ µ x

p2− z p2

¶2

+ µ x

p2− y p2

¶2

Ê0.

Donc,

∀(x,y,z),∈R^3,x×y+x×z+y×zÉx²+y²+z².

Remarque: comme dans l’exercice 7, on peut montrex×yÉx²+y²

2 . En effet : x×yÉx²+y²

2 ⇐⇒ x²−2x×y+y²Ê0 ⇐⇒ (x+y)²Ê0.

On a alors de mêmex×zÉx²+z²

2 et y×zÉ y²+z² 2 . On somme ensuite les trois inégalités.

Exercice 10

1. Soient x et y deux réels positifs tels que x Ê y. Montrer que : p x + y É p

x + p

y et p x − p

y É p

x − y É p x + p

y.

2. En déduire que, pour tout x et y dans R ^,

| x + y | É

| x | +

| y | et

¯

¯

p

| x | −

| y |

¯

¯

¯

É

| x − y | É

| x | +

| y | .

Réponse

1. Soit (x,y)∈(R+)²tel quexÊy. Montrons que :

px+yÉp x+py.

Comme toutes les membres de l’inégalité sont positifs, on a : px+yÉp

x+py ⇐⇒ px+y²É¡p

x+py¢2

⇐⇒ x+yÉx+y+2p x×py

⇐⇒ 0É2p x×py.

La dernière inégalité est vraie car la fonction racine est à valeurs positives. Donc, Pour toutxet ydans (R+)²tels quexÊy, on a : px+yÉp

x+py.

Montrons que :

px−pyÉpx−y.

La fonction racine est croissante sur [0,+∞[ etxÊyÊ0, donc p

xÊpy. Tous les membres de l’inégalité à montrer sont donc positifs. Par conséquent, on a :

px−pyÉpx−y ⇐⇒ ¡p

x−py¢2

Épx−y²

⇐⇒ x+y−2p

x×pyÉx−y

⇐⇒ yÉp

x×py. (1)

Ory=py×pyÉp

x×py. Donc l’inégalité (1) est vraie. Ainsi,

Pour toutxet ydans (R+)²tels quexÊy, on a : p

x−pyÉpx−y.

Montrons que :

px−yÉp x+py.

Tous les membres de l’inégalité à montrer sont positifs. Par conséquent, on a : px−y²É¡p

x+py¢2

⇐⇒ x−yÉx+y+2p x×py

⇐⇒ −2yÉ2p x×py.

La dernière inégalité est vraie car yest positif et la fonction racine carré est à valeurs positives. Ainsi, Pour toutxet ydans (R+)²tels quexÊy, on a : px−yÉp

x+py.

2. Soit (x,y)∈R². Montrons que : p|x+y| Ép

|x| +p

|y| et

¯

¯

¯

p|x| −p

|y|

¯

¯

¯Ép

|x−y| Ép

|x| +p

|y|.

Remarque :Ici il faut différencier deux cas :|x| Ê |y|et|x| < |y|. On ne traite que le premier cas. En effet, dans chaque terme des inégalités à montrer, on peut échanger les rôles dexetysans changer leur valeur. Quitte à échangerxet y, on peut supposer, sans perdre de généralité, que|x| Ê |y|.

D’après l’inégalité triangulaire, on a :

||x| − |y|| É |x+y| É |x| + |y|. et

||x| − |y|| É |x−y| É |x| + |y|.

La croissance de la fonction racine et les inégalités montrées dans la question précédente entraînent que :

¯

¯

¯

p|x| −p

|y|

¯

¯

¯=p

|x| −p

|y| Ép

|x| − |y| Ép

|x−y| Ép

|x| + |y| Ép

|x| +p

|y|. Ainsi, pour tout (x,y)∈R^2,

p|x+y| Ép

|x| +p

|y| et ¯

¯

¯

p|x| −p

|y|

¯

¯

¯Ép

|x−y| Ép

|x| +p

|y|.

Exercice 11

Soient n Ê 2, a

, . . . ,a

des réels et b

, . . . , b

des réels strictement positifs. Montrer que : min

µ

a

b

, . . . , a

b

¶

É a

+ · · · + a

b

+ · · · + b

É max

µ

a

b

, . . . , a

b

¶

. Réponse

Pour toutnÊ2, on note

P(n) :∀(a1, . . . ,an)∈R^n,∀(b1, . . . ,bn)∈(R^∗₊^{)n, a1+ · · · +an} b₁+ · · · +bn Émax

µa₁ b₁, . . . ,a_n

bn

¶ . .Initialisation : Montrons que

a₁+a₂ b1+b2 Émax

µa₁ b1

,a₂ b2

¶ . Quitte à échanger les rôles de (a₁,b₁) et (a₂,b₂), on peut supposer que : a₁

b₁Éa₂ b₂. Il faut alors montrer que :

a₁+a₂ b₁+b₂Éa₂

b₂. Or, commeb₁etb₂sont strictement positifs, on a :

a1+a2

b₁+b₂Éa2

b₂ ⇐⇒ b2×(a1+a2)Éa2×(b1+b2)

⇐⇒ a₁×b₂Éa₂×b₁. Or, cette dernière inégalité est vraie car a₁

b₁Éa₂

b₂. Ainsi,P(2) est vraie.

.Hérédité. SoitnÊ2. On suppose queP(n) est vraie. Montrons queP(n+1) est vraie.

Soient (a₁, . . . ,a_n+1)∈R^{n+1et (b}1, . . . ,b_n+1)∈(R^∗₊^)n+1.

Dans un premier temps, en regroupant les termes, on se ramène au casn=2 : a1+ · · · +an+1

b₁+ · · · +b_n+1=(a1+ · · · +an)+an+1

(b₁+ · · · +b_n)+b_n+1 Dans l’initialisation, on a montré que :

∀(α1,α2)∈R^2,∀(β1,β2)∈(R^∗₊^{)2, α}_β^1+α2

1+β2 Émax µα1

β1

,α2

β2

¶ .

On applique cette inégalité avecα1=a₁+ · · · +a_n∈R^,α2=a_n+1∈R^,β1=b₁+ · · · +b_n>0 etβ2=b_n+1>0. Donc, (a₁+ · · · +a_n)+a_n+1

(b₁+ · · · +b_n)+b_n+1Émax

µa₁+ · · · +a_n b₁+ · · · +b_n,a_n+1

b_n+1

¶ . Dans un second temps, on applique l’hypothèse de récurrence :

a₁+ · · · +a_n b1+ · · · +bn Émax

µa₁ b1

, . . . ,a_n bn

¶ . Ainsi,

a₁+ · · · +an+1

b₁+ · · · +b_n+1Émax µ

max µa₁

b₁, . . . ,an

b_n

¶ ,an+1

b_n+1

¶

Or,

max µ

max µa1

b₁, . . . ,an

b_n

¶ ,an+1

b_n+1

¶

=max µa1

b₁, . . . ,an

b_n,an+1

b_n+1

¶ . Donc,

a₁+ · · · +a_n+1 b1+ · · · +bn+1Émax

µa₁ b1

, . . . ,a_n bn

,a_n+1 bn+1

¶ . DoncP(n+1) est vraie.

.Par le principe de récurrence,

∀n∈ ‚2,+∞‚,∀(a₁, . . . ,a_n)∈R^n,∀(b₁, . . . ,b_n)∈(R^∗₊^{)n, a}_b^{1+ · · · +an}

1+ · · · +b_n Émax µa₁

b₁, . . . ,a_n b_n

¶ .

Entiers naturels, entiers relatifs, nombres rationnels

Exercice 12

Soient x ∈ R ^\ Q ^{et (a, b, c, d)} ∈ Q

. On suppose que a × d − b × c , 0 . Montrer que a × x + b

c × x + d ∉ Q (on pourra commencer par vérifier que cette expression a un sens).

Réponse

On noteX=a×x+b c×x+d.

ÏLa quantité Xest bien définie dès quec×x+d,^0.

Par l’absurde, supposons quec×x+d=0.

On en déduit que :

£x= −d

c etc,^{0¤ ou £c}×x= −detx=0¤ . Donc, commecetdsont des rationnels,

£x∈Q^etc,^{0¤ ou £c}=d=0¤ . Ces deux conditions sont impossibles carx∈R^\Q^eta×d−b×c,^0.

Donc,Xest bien défini.

ÏPar l’absurde, on suppose queX∈Q^. On a :

X=a×x+b

c×x+d ⇐⇒ (c×x+d)×X=a×x+b ⇐⇒ x×(c×X−a)=b−d×X.

Cas 1 :x×X−a,0. Dans ce cas,x=b−d×X

x×X−a. Donc,x∈Qcomme quotient de rationnel. Contradiction.

Cas 2 :c×X−a=0. Dans ce cas,b−d×X=0.

D’où,b×c−d×c×X=0. Or,c×X=a. Donc,b×c−d×a=0. Contradiction.

Dans les des cas, on aboutit à une contradiction. Donc,X∉Q^.

Exercice 13

1. Soit x ∉ Q ^{et y} ∈ Q . Montrer que x + y ∉ Q ^. 2. Soit x ∉ Q ^{et y} ∈ Q

. Montrer que x × y ∉ Q ^.

3. Soit (a, b) ∈ Q

^{tel que a} < b. Montrer qu’il existe c ∉ Q ^{tel que c} ∈ ]a, b[.

Indication : p 2 ∉ Q

4. Montrer qu’il existe a et b deux nombres irrationnels tels que a

est un nombre rationnel.

Réponse

1. Par l’absurde, supposonsx+y∈Q. On a alors :x=x+y−y∈Qcomme différence de deux rationnels. Contradiction.

Donc,x+y∉Q^.

2. Par l’absurde, supposonsx×y∈Q. On a alors :x=x×y

y ∈Qcomme quotient de deux rationnels. Contradiction.

Donc,x×y∉Q^. 3. On posec=a+p

2×b−a 2 . On sait que 1<p

2<2, donc, 0<b−a 2 <p

2×b−a

2 <b−a.

D’où,a<c<b.

De plus, comme (a,b, 2)∈Q³, d’après les questions 1 et 2,c∉Q^. 4. On notex=p

2

p2. Il y a deux cas :

(a) Cas 1 :x∈Q. Dans ce cas, on peut prendrea=b=p 2∉Q^.

(b) Cas 2 :x∉Q^{. On posea}=x∉Q^etb=p 2.

On a alors :

a^b=¡p 2

p2¢

p2

=¡p 2¢

p2×p 2=¡p

2¢2

=2∈Q^. Donc,aetbconviennent.

Dans les deux cas, on a trouvéaetbdeux nombres irrationnels tels quea^best un nombre rationnel.

Exercice 14

Soit (a, b) ∈ Q

. Montrer que si p

a ∉ Q ^{et p b} ∉ Q ^{, alors p a} + p b ∉ Q ^. Réponse

On suppose que p

a∉Q^{et pb}∉Q^. Par l’absurde, on suppose que p

a+p b∈Q^. On noteq=p

a+p b.

On a p a=p

b−q.

D’où, en élevant au carré,a=b−2q×p b+q². Or, commeaetbsont strictement positifs,q>0.

D’où, p

b=b−a+q² 2q .

Or,a,betqsont des rationnels, donc p

baussi. Contradiction.

Ainsi, p a+p

b∉Q^.

Exercice 15

Soit f : R → R une application non identiquement nulle vérifiant, pour tout (x, y) ∈ R

^{, f (x} + y) = f (x) + f ( y) et f (x × y) = f (x) × f (y).

1. Montrer que f (1) = 1 et f (0) = 0.

2. Montrer par récurrence que, pour tout n ∈ N ^{, f (n)} = n.

3. En déduire que, pour tout n ∈ Z ^{, f (n)} = n.

4. En déduire, pour tout x ∈ Q ^{, f (x)} = x.

5. Montrer que, pour tout x ∈ R ^{, f (x}

⁾ Ê 0. En déduire que f est croissante.

6. Montrer que, pour tout x ∈ R ^{, f (x)} = x.

Réponse

1. On prendx=y=0 dans les propriétés vérifiées par f et on af(0+0)=f(0)+f(0).

D’où, en simplifiant par f(0), il vient,

f(0)=0.

On prendx=y=1 dans les propriétés vérifiées par f et on af(1×1)=f(1)×f(1).

Donc, f(1)=1 ouf(1)=0.

Par l’absurde, supposons que f(1)=0. On a alors, pour toutx∈R^{, f(x)}=f(x×1)=f(x)×f(1)=0. Contradiction car f n’est pas la fonction nulle.

Donc,

f(1)=1.

2. Pour toutn∈N^{, on note}Hn: «f(n)=n».

Initialisation:Hn est vraie par la question précédente.

Hérédité: Soitn∈N. On supposeHnet on montreHn+1. En prenantx=net y=1, on a f(n+1)=f(n)+f(1).

Or, f(1)=1 et, par hypothèse de récurrence, f(n)=n.

Donc, f(n+1)=n+1. Donc, on aHn+1.

Par le principe de récurrence, pour toutn∈N^,f(n)=n.

3. Soitn∈Z^.

Cas 1 :n∈N. Il suffit d’appliquer la question précédente.

Cas 2 :n∈Z^?−. Dans ce cas,−n∈N. Donc, par la question précédente,f(−n)= −n.

En prenantx=net y= −n, on af(0)=f(n+(−n))=f(n)+f(−n)=f(n)−n.

Or, par la question 1, f(0)=0, donc f(n)=n.

4. Soitx∈Q^{. On écritx}= p

q oùp∈Z^etq∈N^?. On ap=x×q, donc,

f(p)=f(x×q)=f(x)×f(q).

Or, par la question précédente, f(p)=pet f(q)=q.

Donc, f(x)= p q=x.

5. ÏSoitx∈R^{, on a}

f(x²)=f(x)×f(x)=¡ f(x)¢2

. Commef(x)∈R^,f(x2)Ê0.

ÏSoit (x,y)∈R^2avecxÉy.

On ay−xÊ0. Donc,y−x=¡p y−x¢2

. Donc, par le point précédent f(y−x)=f³

¡py−x¢2´ Ê0.

De plus,

f(y−x)=f(y+(−x))=f(y)+f(−x)=f(y)+f((−1)×x)=f(y)+f(−1)×f(y).

Or, par la question 3, f(−1)= −1.

Donc, f(y−x)=f(y)−f(x)Ê0.

Ainsi,

f est croissante.

6. Soitx∈R^{. On noteq}n=b10ⁿ×xc 10ⁿ . Par définition de la partie entière,¥

10ⁿ×x¦

É10ⁿ×x<¥

10ⁿ×x¦ +1.

Donc,q_nÉx<q_n+ 1 10ⁿ. D’où,x− 1

10

n

<qnÉx.

En passant à la limite dans les inégalités, il vient lim

n→+∞q_n=x.

De plus, par croissante de f,

f(q_n)Éf(x)Éf µ

q_n+ 1 10ⁿ

¶ . Or,q_n∈Q^etqn+ 1

10ⁿ ∈Q^. Donc, par la question 4,

qnÉf(x)Éqn+ 1 10ⁿ. En passant à la limite dans les inégalités, il vient :

xÉf(x)Éx.

Donc,

f(x)=x.

Partie entière

Exercice 16

1. Montrer que : ∀ x ∈ R ^, ∀ p ∈ Z ^, b x + p c = b x c + p.

2. Soit n ∈ N

. Montrer que

1 + n

= n.

3. En déduire

1 + n

+ n

. Réponse

1. Soit (x,p)∈R×Z^. On abxc Éx< bxc +1.

D’où,bxc +pÉx+p< bxc +p+1.

Rappel de cours : soit X∈R^{et k}∈Z^{. On a} bXc =k si, et seulement si, kÉX<k+1. Cette équivalence est la traduction de la définition de la partie entière deX .

En appliquant le rappel de cours avecX=x+p∈R^etk= bxc +p∈Z^{, il vient} bx+pc = bxc +p.

2. On sait quen>0, donc,n²É1+n²<n²+2n+1. Or,n²+2n+1=(n+1)². D’où, par stricte croissance de la fonction p

·, on a : pn²Ép

1+n²<p (n+1)². CommenÊ0 etn+1Ê0, il vientnÉp

1+n²<n+1.

Ainsi, par définition de la partie entière (utiliser le rappel de cours avecX=p

1+n²etk=n), j p1+n²k

=n.

3. Par la question 1,j p

1+n²+nk

=j p 1+n²k

+n.

Puis, par la question 2,

j p1+n²+nk

=2n.

Exercice 17

Montrer que : ∀ x ∈ R ^, b x c +

¹

x + 1

2

= b 2 x c . Réponse

DL1.

Exercice 18

Montrer que : ∀ (x, y) ∈ R

^, b x c + b y c É b x + y c É b x c + b y c + 1.

Réponse

Exercice 19

Montrer que : ∀ x ∈ R ^, ∀ n ∈ N

^,

¹

b n × x c n

º

= b x c .

Réponse

Exercice 20

Pour tout n ∈ N

^{, on note S}

= 1 2 p

1 + 1 2 p

2 + · · · + 1 2 p

n =

n

X

k=1

1 2 p

k . 1. Montrer que, pour tout n ∈ N

^{, p n} + 1 − p

n É 1 2 p

n É p n − p

n − 1.

2. En déduire la partie entière de S

. Réponse

On reverra cet exercice dans un TD ultérieur. Modifier l’énoncé : dans la question 1, les inégalités à montrer sont strictes.

1. Soitn∈N^?. En multipliant par la quantité conjuguée, on a : pn+1−p

n=

¡p

n+1−pn¢

סp

n+1+pn¢ pn+1+p

n = n+1−n

pn+1+p

n= 1

pn+1+p n. Or, p

n+1+p n>p

n+p nÊ2p

n>0.

Donc,

pn+1−p n< 1

2p n. De même,

pn−p n−1=

¡p n−p

n−1¢

סp n+p

n−1¢ pn+p

n−1 = n−(n−1) pn+p

n−1= 1 pn+p

n−1. Or, 0<p

n+p

n−1<p n+p

nÉ2p n.

Donc,

pn−p

n−1> 1 2pn. Ainsi,

pn+1−p n< 1

2p n<p

n−p n−1.

2. D’après la question 1 appliquée avecn=1,n=2, . . .,n=100, on a : p1+1−p

1 < 1 2p

1< p 1−p

1−1 p2+1−p

2 < 1 2p

2< p 2−p

2−1 p3+1−p

3 < 1 2p

3< p 3−p

3−1 ...

p100+1−p

100 < 1 2p

100< p

100−p 100−1.

Donc, en sommant les inégalités,

p101−1<

1

X

k=1

00 1 2p

k<p 100−0.

D’où,

p101−1<

1

X

k=1

00 1 2p

k<10 Or, 10<p

101<11, donc 9<p

101−1<10.

D’où,

9É

1

X

k=1

00 1 2p

k<10.

Par définition de la partie entière,

$100

X

k=1

1 2p

k

%

=9.

Exercice 21

Résoudre l’équation d’inconnue x réelle :

x 2 + x

k

= 2.

Réponse

Par définition de la partie entière : j x

2+x k

=2 ⇐⇒ 2É x

2+x<3 ⇐⇒ x

2+xÊ2 et x

2+x<3 ⇐⇒ −x−4

2+x Ê0 et −2x−6 2+x <0.

Or, on a :

x

x+2

−x−4

−x−4 2+x

−2x−6

−2x−6 2+x

−∞ −4 −3 −2 +∞

− − − 0 +

+ 0 − − −

− 0 + + −

+ + 0 − −

− − 0 + −

Ainsi,

j x 2+x

k

=2 ⇐⇒ x∈[−4, 2[ etx∈]− ∞,−3[∪]−2,+∞[ ⇐⇒ x∈[−4,−3[.

Ainsi, l’ensemble des solutions est :

S=[−4,−3[.